这是一份备战2024年高考数学二轮复习全套专题突破及方法探究PPT课件和word讲义详解答案，共71页。
强化训练1 集合、常用逻辑用语、不等式1．解析：由题意，B＝{x|x2－4x＋3＝0}＝{1，3}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}，所以∁U（A∪B）＝{－2，0}．答案：D2．解析：由题知M＝{2，4，5}，对比选项知，A正确，BCD错误．答案：A3．解析：解不等式x2≤1得：－1≤x≤1，于是得A＝{x∈Z|－1≤x≤1}＝{－1，0，1}，因A∩B＝{1}，即1∈B，解得m＝3，则B＝{1，2}，所以A∪B＝{－1，0，1，2}．答案：C4．解析：命题的否定形式为全称量词命题的否定是存在量词命题．故只有D满足题意．答案：D5．解析：对于A，取a＝－1，b＝1，则 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) ，A错误；对于B，取a＝－1，b＝1，则a2＝b2，B错误；对于C，取a＝－1，b＝1，则 eq \f(1,a2) ＝ eq \f(1,b2) ，C错误；对于D，因a
0，即a3a3可得a<3，此时01，由aa>a3可得a>3，此时a>3.因此，满足aa>a3的a的取值范围是{a|03}，因为{a|03}{a|a>3}，因此，“aa>a3”是“a>3”的必要不充分条件．答案：B7．解析：A.命题“∀x∈R，cos x≤1”的否定是“∃x0∈R，cos x0>1”，正确；B．在△ABC中，sin A≥sin B，由正弦定理可得 eq \f(a,2R) ≥ eq \f(b,2R) （R为外接圆半径），a≥b，由大边对大角可得A≥B；反之，A≥B可得a≥b，由正弦定理可得sin A≥sin B，即为充要条件，故正确；C.当a＝b＝0，c≥0时满足ax2＋bx＋c≥0，但是得不到“a>0，且b2－4ac≤0”，则不是充要条件，故错误；D．若sin α≠ eq \f(1,2) ，则α≠ eq \f(π,6) 与α＝ eq \f(π,6) 则sin α＝ eq \f(1,2) 的真假相同，故正确．答案：C8．解析：7＝（a＋2b）2－ab＝（a＋2b）2－ eq \f(1,2) a·2b≥（a＋2b）2－ eq \f(1,2) （ eq \f(a＋2b,2) ）2＝ eq \f(7（a＋2b）2,8) ，则（a＋2b）2≤8，当且仅当a＝2b＝ eq \r(2) 时，“＝”成立，又a，b∈（0，＋∞），所以00，b>0，a－c>0，b－a>0，所以ac（a－c）<0，c（b－a）<0，cb2ac.答案：BCD11．解析：A错误，当a<0时，显然有P小于0；B正确，a>1时，P＝a＋ eq \f(2,a) ≥2 eq \r(a·\f(2,a)) ＝2 eq \r(2) ，当且仅当a＝ eq \f(2,a) 时，即a＝ eq \r(2) 时等号成立．故充分性成立，而P≥2 eq \r(2) 只需a>0即可；C正确，P＝a＋ eq \f(2,a) >3可得02，当a>2时P>3成立，故C正确；D错误，因为a>3有a＋ eq \f(2,a) >3＋ eq \f(2,3) >3，故D错误．答案：BC12．解析：a＋b＋ eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝5，即a＋b＋ eq \f(a＋b,ab) ＝5，所以ab＝ eq \f(a＋b,5－（a＋b）) ，因为a>b>0，所以由基本不等式得：ab< eq \f(（a＋b）2,4) ，所以 eq \f(a＋b,5－（a＋b）) < eq \f(（a＋b）2,4) ， 解得：1b>0，所以（ eq \f(1,a) ＋b＋ eq \f(1,b) ＋a）（ eq \f(1,ab) ＋1）（b－a）<0，所以（ eq \f(1,a) ＋b）2<（ eq \f(1,b) ＋a）2，C错误；（ eq \f(1,a) ＋a）2－（ eq \f(1,b) ＋b）2＝（ eq \f(1,a) ＋a＋ eq \f(1,b) ＋b）（ eq \f(1,a) ＋a－ eq \f(1,b) －b）＝（ eq \f(1,a) ＋a＋ eq \f(1,b) ＋b）（ eq \f(1,ab) －1）（b－a），因为a>b>0，而 eq \f(1,ab) 可能比1大，可能比1小，所以（ eq \f(1,a) ＋a＋ eq \f(1,b) ＋b）（ eq \f(1,ab) －1）（b－a）符号不确定，所以D错误．答案：AB13．解析：因为命题“∀x>1，x2≥1”是全称量词命题，所以其否定是存在量词命题，即 “∃x>1，x2<1”．答案：“∃x>1，x2<1”14．解析：根据题意，∀x∈R，x2－ax＋a≥0恒成立，所以Δ＝a2－4a≤0⇒a∈[0，4].答案：[0，4]15．解析：x2>2x等价于x<0或x>2，而且“x>a”是“x2>2x”的充分不必要条件，则a≥2.答案：[2，＋∞）16．解析：因为第一象限的点M（a，b）在直线x＋y－1＝0上，所以a＋b＝1，a>0，b>0，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝（a＋b）（ eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ）＝3＋ eq \f(b,a) ＋ eq \f(2a,b) ≥3＋2 eq \r(2) ，当且仅当a＝ eq \r(2) －1，b＝2－ eq \r(2) 时等号成立．答案：3＋2 eq \r(2) 强化训练2 复数、平面向量1．解析：方法一 由i·z＝3－4i，得z＝ eq \f(3－4i,i) ＝ eq \f(（3－4i）·（－i）,i·（－i）) ＝ eq \f(－3i＋4i2,－i2) ＝－4－3i，所以|z|＝ eq \r(（－4）2＋（－3）2) ＝5.故选B.方法二 由i·z＝3－4i，得z＝ eq \f(3－4i,i) ，所以|z|＝| eq \f(3－4i,i) |＝ eq \f(|3－4i|,|i|) ＝ eq \f(\r(32＋（－4）2),\r(02＋12)) ＝5.故选B.答案：B2．解析：∵（i－1）z＝1＋i，∴z＝ eq \f(1＋i,－1＋i) ＝ eq \f(（1＋i）（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）) ＝ eq \f(－2i,2) ＝－i，∴z＝i，即z的虚部为1.答案：B3．解析：z＝ eq \f(2＋i,a＋i) ＝ eq \f(（2＋i）（a－i）,（a＋i）（a－i）) ＝ eq \f(2a＋1＋（a－2）i,a2＋1) ，因为复数z＝ eq \f(2＋i,a＋i) 的实部与虚部相等，所以2a＋1＝a－2，解得a＝－3，故实数a的值为－3.答案：A4．解析：由题意可得 eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝（3，－4），所以| eq \o(AC,\s\up6(→)) |＝ eq \r(32＋（－4）2) ＝5.答案：C5．解析：由题意得：cos 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|) ＝ eq \f(－1,\r(2)) ＝－ eq \f(\r(2),2) ，则a与b的夹角为 eq \f(3π,4) .答案：C6．解析：由题意可得，|a|＝1，|b|＝1，a·b＝0，则b·（4a－3b）＝4a·b－3b2＝－3b2＝－3.答案：A7．解析： eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up6(→)) ，而 eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up6(→)) － eq \o(AB,\s\up6(→)) ，故 eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝m（ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up6(→)) ）＋n（ eq \o(AD,\s\up6(→)) － eq \o(AB,\s\up6(→)) ）＝（m－n） eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋（ eq \f(m,2) ＋n） eq \o(AD,\s\up6(→)) ，而 eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) 且 eq \o(AB,\s\up6(→)) ， eq \o(AD,\s\up6(→)) 不共线，故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－n＝1,\f(m,2)＋n＝1)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(4,3),n＝\f(1,3))) ⇒m＋n＝ eq \f(5,3) .答案：C8．解析：设AD为斜边BC上的高，则圆A的半径r＝AP＝ eq \f(2×4,\r(4＋16)) ＝ eq \f(4\r(5),5) ，设E为斜边BC的中点，〈 eq \o(PA,\s\up6(→)) ， eq \o(AE,\s\up6(→)) 〉＝θ，因为| eq \o(PA,\s\up6(→)) |＝ eq \f(4\r(5),5) ，| eq \o(AE,\s\up6(→)) |＝ eq \r(5) ，则 eq \o(PB,\s\up6(→)) · eq \o(PC,\s\up6(→)) ＝（ eq \o(PA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up6(→)) ）·（ eq \o(PA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) ）＝ eq \o(PA,\s\up6(→)) 2＋ eq \o(PA,\s\up6(→)) ·（ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) ）＝ eq \f(16,5) ＋ eq \o(PA,\s\up6(→)) ·2 eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \f(16,5) ＋2× eq \f(4\r(5),5) × eq \r(5) cos θ＝ eq \f(16,5) ＋8cos θ，所以 eq \o(PB,\s\up6(→)) · eq \o(PC,\s\up6(→)) 的最大值为 eq \f(16,5) ＋8＝ eq \f(56,5) .答案：D9．解析：由m＝（2，0），n＝（1，1），m－n＝（1，－1），对于A，若m∥n，由2×1≠0×1，故A错误；对于B，若（m－n）⊥n，则1×1＋（－1）×1＝0，符合题意，故B正确；对于C，若m⊥n，由m·n＝2×1＋0×1＝2≠0，故C错误；对于D，|m|＝2，|n|＝ eq \r(12＋12) ＝ eq \r(2) ，故D正确．答案：BD10．解析：设z＝a＋bi，则|z|＝ eq \r(a2＋b2) ，z＋|z|＝a＋bi＋ eq \r(a2＋b2) ＝8－4i，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝8,b＝－4)) ，即得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝－4)) ，即z＝3－4i，|z|＝ eq \r(9＋16) ＝5，A正确；z的虚部为－4，B错误；z＝3＋4i，C错误；z在复平面内对应的点为（3，－4），位于第四象限，D正确．答案：AD11．解析：对选项A，设z1＝1＋i，z2＝ eq \r(2) i，则|z1|＝|z2|＝ eq \r(2) ，z eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝（1＋i）2＝2i，z eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝（ eq \r(2) i）2＝－2，不满足z eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝z eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ，故A错误．对选项B，设z1，z2在复平面内表示的向量分别为z1，z2，且z1，z2≠0，当z1，z2方向相同时，|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|，当z1，z2方向不相同时，|z1＋z2|<|z1|＋|z2|，综上|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|，故B正确．对选项C，设z1＝1＋i，z2＝1－i，z1z2＝（1＋i）（1－i）＝2∈R， eq \f(z1,z2) ＝ eq \f(1＋i,1－i) ＝ eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）) ＝i∉R，故C错误．对选项D，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d≠0，z1z2＝（a＋bi）（c＋di）＝（ac－bd）＋（ad＋bc）i，则|z1z2|＝ eq \r(（ac－bd）2＋（ad＋bc）2) ＝ eq \r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2) ，|z1||z2|＝ eq \r(a2＋b2) · eq \r(c2＋d2) ＝ eq \r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2) ＝|z1z2|，故D正确．答案：BD12．解析：因为| eq \o(AB,\s\up6(→)) |＝| eq \o(BC,\s\up6(→)) |＝| eq \o(CD,\s\up6(→)) |＝1， eq \o(BA,\s\up6(→)) · eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝| eq \o(BA,\s\up6(→)) || eq \o(BC,\s\up6(→)) |cos B＝ eq \f(1,2) ，可得B＝ eq \f(π,3) ，所以△ABC为等边三角形，则| eq \o(AC,\s\up6(→)) |＝1 ，故A正确；因为| eq \o(CD,\s\up6(→)) |＝1，所以 eq \o(CD,\s\up6(→)) 2＝1，又 eq \o(DA,\s\up6(→)) · eq \o(DC,\s\up6(→)) ＝1，所以 eq \o(CD,\s\up6(→)) 2＝ eq \o(DA,\s\up6(→)) · eq \o(DC,\s\up6(→)) ，得 eq \o(DC,\s\up6(→)) 2－ eq \o(DA,\s\up6(→)) · eq \o(DC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(DC,\s\up6(→)) ·（ eq \o(DC,\s\up6(→)) － eq \o(DA,\s\up6(→)) ）＝ eq \o(DC,\s\up6(→)) · eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝0，所以AC⊥CD，则| eq \o(CA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CD,\s\up6(→)) |＝| eq \o(CA,\s\up6(→)) － eq \o(CD,\s\up6(→)) |，故B正确；根据以上分析作图如下：由于BC与AD不平行，故C错误；建立如上图所示的平面直角坐标系，则B（－ eq \f(1,2) ，0），C（ eq \f(1,2) ，0），D（ eq \f(1＋\r(3),2) ， eq \f(1,2) ）， eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝（ eq \f(2＋\r(3),2) ， eq \f(1,2) ）， eq \o(CD,\s\up6(→)) ＝（ eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ），所以 eq \o(BD,\s\up6(→)) · eq \o(CD,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2＋\r(3),2) ，故D正确．答案：ABD13．解析： eq \f(3＋i,1－i) ＝ eq \f(（3＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）) ＝ eq \f(3＋3i＋i＋i2,2) ＝1＋2i.答案：1＋2i14．解析：因为a∥b，所以2x＝－3，解得x＝－ eq \f(3,2) .答案：－ eq \f(3,2) 15．解析：因为（a－b）⊥（a＋b），所以（a－b）·（a＋b）＝0，所以a2－b2＝0，则|a|＝|b|，所以t2＋4t2＝t2＋1，所以t＝± eq \f(1,2) .答案：± eq \f(1,2) 16．解析：如图所示：设正方形ABCD的内切圆为圆O，当弦MN的长度最大时，MN为圆O的一条直径， eq \o(PM,\s\up6(→)) · eq \o(PN,\s\up6(→)) ＝（ eq \o(PO,\s\up6(→)) ＋ eq \o(OM,\s\up6(→)) ）·（ eq \o(PO,\s\up6(→)) － eq \o(OM,\s\up6(→)) ）＝| eq \o(PO,\s\up6(→)) |2－| eq \o(OM,\s\up6(→)) |2＝| eq \o(PO,\s\up6(→)) |2－ eq \f(1,4) ，当P为正方形ABCD的某边的中点时，| eq \o(OP,\s\up6(→)) |min＝ eq \f(1,2) ，当P与正方形ABCD的顶点重合时，| eq \o(OP,\s\up6(→)) |max＝ eq \f(\r(2),2) ，即 eq \f(1,2) ≤| eq \o(OP,\s\up6(→)) |≤ eq \f(\r(2),2) ，因此， eq \o(PM,\s\up6(→)) · eq \o(PN,\s\up6(→)) ＝| eq \o(PO,\s\up6(→)) |2－ eq \f(1,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) .答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) 强化训练3 排列、组合、二项式定理1．解析：（x－ eq \f(1,x) ）22展开式中的常数项为C eq \o\al(\s\up1(11),\s\do1(22)) （－1）11＝－C eq \o\al(\s\up1(11),\s\do1(22)) .答案：B2．解析：将2名女生捆绑在一起，故2名女生相邻有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 种站法，又2名女生都不站在最左端，故有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) 种站法，剩下3个位置，站3名男生有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) 种站法，故不同的站法共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝36种．答案：D3．解析：先从六名志愿者中选择两名志愿者到北京参加活动，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＝15种方法，再从剩下的4名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝6种方法，最后从剩下的2名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝1种方法．由分步乘法原理得共有15×6×1＝90种方法．答案：B4．解析：采用插空法即可：第1步：原来排好的8个学生节目产生9个空隙，插入1个教师节目有9种排法；第2步：排好的8个学生节目和1个教师节目产生10个空隙，插入1个教师节目共有10种排法，故共有9×10＝90种排法．答案：D5．解析：令x＝1，则可得所有项的系数和为（1＋a）6＝64且a>0，解得a＝1，∵（x＋ eq \f(1,x2) ）6的展开式中的通项Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－k（ eq \f(1,x2) ）k＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－3k，k＝0，1，...，6，∴当k＝2时，展开式中的常数项为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＝15.答案：C6．解析：（1－x）8＝（x－1）8＝[（1＋x）－2]8＝a0＋a1（1＋x）＋a2（1＋x）2＋…＋a8（1＋x）8，a6＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(8)) ·（－2）2＝112.答案：C7．解析：（x－ eq \f(2,x) －1）5＝（x－ eq \f(2,x) －1）（x－ eq \f(2,x) －1）（x－ eq \f(2,x) －1）（x－ eq \f(2,x) －1）（x－ eq \f(2,x) －1），所以展开式中的常数项为（－1）5＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) ×（－2）×（－1）3＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ×（－2）2×（－1）＝－81.答案：A8．解析：分两种情况讨论：①不选100米短跑，四名学生分成2名、1名、1名三组，参加除100米短跑的四个项目中的三个，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ＝144种；②1人选100米短跑，剩下三名学生分成2名、1名两组，参加剩下四个项目中的两个，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝144种．故他们报名的情况总共有144＋144＝288种．答案：B9．解析：由C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) ＝C eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(n)) ，可得n＝9，则选项A判断正确；选项B判断错误；（x－ eq \f(2,x2) ）n的展开式的通项公式为C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(9)) x9－k（－2）kx－2k＝（－2）kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(9)) x9－3k，令9－3k＝0，则k＝3，则展开式的常数项是（－2）3C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)) ＝－672.选项C判断错误；展开式中所有项的系数和是（1－ eq \f(2,12) ）9＝－1.判断正确．答案：AD10．解析：若任意选科，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ，A错误；若化学必选，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ，B正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) （C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ＋1），C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ＋1，D正确．答案：BD11．解析：当（a＋2b）n的展开式中第4项和第5项的二项式系数相等且最大时，n＝7；当（a＋2b）n的展开式中第5项和第6项的二项式系数相等且最大时，n＝9；当（a＋2b）n的展开式中只有第5项的二项式系数最大时，n＝8.答案：ABC12．解析：由题设n＝7，则Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) （2x）7－k（－ eq \f(1,\r(x)) ）k＝（－1）k27－kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) x7－ eq \f(3k,2) ，A．所有项的二项式系数和为27＝128，正确；B．当x＝1，所有项的系数和为（2－1）7＝1，正确；C．对于二项式系数C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) ，显然第四、五项对应二项式系数C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) ＝C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) 最大，正确；D．有理项为7－ eq \f(3k,2) ∈Z，即k＝0，2，4，6共四项，错误．答案：ABC13．解析：因为T6＝T5＋1＝C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(8)) （－ax）5＝C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(8)) （－a）5x5＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)) （－a）5x5 ，所以有：C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)) （－a）5＝－56a5＝1 792，所以a5＝－32, 解得a＝－2.答案：－214．解析：依题意，可得导演的不同选择的种数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)) ·C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) ＝280.答案：28015．解析：因为（x＋2）（x－1）4展开式中x2的系数为a2，所以a2＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) （－1）3＋2C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) （－1）2＝8.在多项式（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5中，令x＝0，得a0＝2；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0.所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－a0＝－2.答案：8 －216．解析：根据题意得，这10名志愿者分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，所以不同的安排方法共有 eq \f(C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)) C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)) C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＋ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)) C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝22 050.答案：22 050强化训练4 三角函数的图象与性质1．解析：cos α＝ eq \f(m,\r(m2＋42)) ＝ eq \f(m,5) ，解得：m＝±3，故tan α＝ eq \f(4,m) ＝± eq \f(4,3) .答案：A2．解析：将函数f（x）＝sin （x－ eq \f(π,4) ）图象上的所有点向左平移 eq \f(π,4) 个单位长度，则所得图象的函数解析式是f（x）＝sin （x－ eq \f(π,4) ＋ eq \f(π,4) ）＝sin x.答案：A3．解析：tan α＝ eq \f(2（\r(5)－2）,1－（\r(5)－2）2) ＝ eq \f(1,2) ，所以 eq \f(cos αcos 2α,sin α－cos α) ＝ eq \f(cos α（cos2α－sin2α）,sinα－cos α) ＝ eq \f(cos α（cos α－sin α）（cos α＋sin α）,sin α－cos α) ＝－cos α（cos α＋sin α）＝－ eq \f(cos2α＋sinαcos α,sin2α＋cos2α) ＝－ eq \f(1＋tanα,1＋tan2α) ＝－ eq \f(6,5) .答案：A4．解析：由题意，A＝1，φ＝ eq \f(π,2) 且T＝ eq \f(2π,ω) ＝2，则ω＝π，所以y＝sin（πx＋ eq \f(π,2) ）＝cos πx，则降噪的声波曲线为y＝－cos πx.答案：D5．解析：通解 将函数f（x）＝sin （ωx＋ eq \f(π,3) ）的图象向左平移 eq \f(π,2) 个单位长度得到y＝sin （ωx＋ eq \f(π,2) ω＋ eq \f(π,3) ）的图象．由所得图象关于y轴对称，得 eq \f(π,2) ω＋ eq \f(π,3) ＝kπ＋ eq \f(π,2) （k∈Z），所以ω＝2k＋ eq \f(1,3) （k∈Z）.因为ω>0，所以令k＝0，得ω的最小值为 eq \f(1,3) .故选C.快解 由曲线C关于y轴对称，可得函数f（x）＝sin （ωx＋ eq \f(π,3) ）的图象关于直线x＝ eq \f(π,2) 对称，所以f（ eq \f(π,2) ）＝sin （ eq \f(πω,2) ＋ eq \f(π,3) ）＝±1，然后依次代入各选项验证，确定选C.答案：C6．解析：由图可知A＝ eq \r(2) ，T＝π，则ω＝2，所以f（x）＝ eq \r(2) sin （2x＋φ）.由2× eq \f(7π,12) ＋φ＝ eq \f(3π,2) ＋2kπ（k∈Z），|φ|< eq \f(π,2) ，得φ＝ eq \f(π,3) ，所以f（x）＝ eq \r(2) sin （2x＋ eq \f(π,3) ）.函数y＝ eq \r(2) sin 2x的图象向右平移 eq \f(5π,6) 个单位长度，所得图象对应的函数解析式为y＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x－\f(5π,6)）)) ＝ eq \r(2) sin （2x－ eq \f(5π,3) ）＝ eq \r(2) sin （2x＋ eq \f(π,3) ）＝f（x），所以D正确．答案：D7．解析：函数f（x）＝|sin x|为偶函数且x＝ eq \f(π,2) 为其一条对称轴，故b＝f（log eq \s\do9(\f(1,3)) 2）＝f（log32），显然00，故当k＝－1时，a的最小值为π.答案： eq \r(2) π强化训练5 三角恒等变换与解三角形1．解析：由题可得6cos2α－8cosα－8＝0，解得cos α＝2（舍去），或cos α＝－ eq \f(2,3) .答案：A2．解析：由cos B＝ eq \f(\r(7),4) 得sin B＝ eq \r(1－（\f(\r(7),4)）2) ＝ eq \f(3,4) ，由正弦定理得 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ， eq \f(2,sin A) ＝ eq \f(3,\f(3,4)) ，解得sin A＝ eq \f(1,2) ，又a0），则b＝7t，c＝8t，由余弦定理可得cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(1,2) ，∵0°0，则 eq \f(π,2) <α< eq \f(3π,4) ，因此π<2α< eq \f(3π,2) ，而sin 2α＝2sin αcos α＝－ eq \f(24,25) ，cos 2α＝－ eq \r(1－（－\f(24,25)）2) ＝－ eq \f(7,25) ，所以sin 2α＋cos 2α＝－ eq \f(24,25) ＋（－ eq \f(7,25) ）＝－ eq \f(31,25) .答案：D9．解析：A.sin eq \f(17π,6) ＝sin （2π＋π－ eq \f(π,6) ）＝sin （π－ eq \f(π,6) ）＝sin eq \f(π,6) ＝ eq \f(1,2) ，符合题意；B．sin eq \f(π,12) cos eq \f(π,12) ＝ eq \f(1,2) sin （2× eq \f(π,12) ）＝ eq \f(1,2) sin eq \f(π,6) ＝ eq \f(1,4) ，不符合题意；C．cos2 eq \f(π,12) －sin2 eq \f(π,12) ＝cos（2× eq \f(π,12) ）＝cos eq \f(π,6) ＝ eq \f(\r(3),2) ，不符合题意；D． eq \f(tan \f(π,8),1－tan2\f(π,8)) ＝ eq \f(1,2) ·tan（2× eq \f(π,8) ）＝ eq \f(1,2) ·tan eq \f(π,4) ＝ eq \f(1,2) ，符合题意．答案：AD10．解析：由正弦定理知 eq \f(a,sin A) ＝4＝2R，所以外接圆半径是2，故A错误；由正弦定理及 eq \f(a,cos A) ＝ eq \f(b,sin B) 可得， eq \f(sin A,cos A) ＝ eq \f(sin B,sin B) ＝1，即tan A＝1，由0cos B，故D错误．答案：BC11．解析：因为sin α＝tan αcos α＝ eq \f(tan α,2) ， 所以cos α＝ eq \f(1,2) ，又 α∈（π，2π），所以sin α＝－ eq \f(\r(3),2) ，tan α＝－ eq \r(3) ，故A错误，B正确．tan eq \f(β,2) ＝－ eq \f(\r(3),2) ，所以tan β＝ eq \f(2tan \f(β,2),1－tan2\f(β,2)) ＝－4 eq \r(3) ，cosβ＝ eq \f(cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2),sin2\f(β,2)＋cos2\f(β,2)) ＝ eq \f(1－tan2\f(β,2),1＋tan2\f(β,2)) ＝ eq \f(1,7) ，故C错误，D正确．答案：BD12．解析：f（x）＝sin2x＋sinx cos x（x∈R）＝ eq \f(1－cos 2x,2) ＋ eq \f(1,2) sin 2x＝ eq \f(1,2) sin 2x－ eq \f(1,2) cos 2x＋ eq \f(1,2) ＝ eq \f(\r(2),2) sin （2x－ eq \f(π,4) ）＋ eq \f(1,2) ，对于A，当sin （2x－ eq \f(π,4) ）＝－1时，f（x）取得最小值 eq \f(1－\r(2),2) ，所以A错误；对于B，f（x）的最小正周期为 eq \f(2π,2) ＝π，所以B正确；对于C，由2x－ eq \f(π,4) ＝kπ，k∈Z，得x＝ eq \f(π,8) ＋ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，所以f（x）的图象的对称中心为（ eq \f(π,8) ＋ eq \f(kπ,2) ， eq \f(1,2) ）（k∈Z），所以C错误；对于D，由2x－ eq \f(π,4) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，得x＝ eq \f(3π,8) ＋ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，所以f（x）的图象的对称轴为直线x＝ eq \f(3π,8) ＋ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，当k＝－1时，x＝－ eq \f(π,8) ，所以f（x）的图象关于直线x＝－ eq \f(π,8) 轴对称，所以D正确．答案：BD13．解析：因为cos 345°＝cos （360°－15°）＝cos 15°，所以log2sin 15°－log eq \s\do9(\f(1,2)) cos 345°＝log2sin 15°＋log2cos 15°＝log2（sin 15°cos 15°）＝log2（ eq \f(1,2) sin 30°）＝log2 eq \f(1,4) ＝－2.答案：－214．解析：因为2sin （α－ eq \f(π,3) ）＝cos α，所以2sin αcos eq \f(π,3) －2cos αsin eq \f(π,3) ＝cos α，整理可得sin α＝（ eq \r(3) ＋1）cos α，即tan α＝ eq \r(3) ＋1.答案： eq \r(3) ＋115．解析：由sin A，sin B，sin C成等比数列，得sin2B＝sinA·sin C，∴b2＝ac，又a＝2c，所以a∶b∶c＝2∶ eq \r(2) ∶1，所以cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(（\r(2)）2＋12－22,2\r(2)) ＝－ eq \f(\r(2),4) .答案：－ eq \f(\r(2),4) 16．解析：因为 eq \o(OA,\s\up6(→)) ＝（sin （α＋ eq \f(π,4) ），6）， eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝（sin （α＋ eq \f(3π,4) ），1）且 eq \o(OA,\s\up6(→)) ∥ eq \o(OB,\s\up6(→)) .所以sin （α＋ eq \f(π,4) ）＝6sin （α＋ eq \f(3π,4) ），所以sin αcos eq \f(π,4) ＋cos αsin eq \f(π,4) ＝6（sin αcos eq \f(3π,4) ＋cos αsin eq \f(3π,4) ），所以sin α＋cos α＝6（－sin α＋cos α），所以tan α＝ eq \f(sin α,cos α) ＝ eq \f(5,7) .所以tan 2α＝ eq \f(2tan α,1－tan2α) ＝ eq \f(2×\f(5,7),1－（\f(5,7)）2) ＝ eq \f(35,12) .答案： eq \f(35,12) 强化训练6 三角函数与解三角形1．解析：（1）由sin2C＝ eq \r(3) sin C，得2sin C cos C＝ eq \r(3) sin C.因为∠C∈（0，π），所以sin C≠0，所以cos C＝ eq \f(\r(3),2) ，所以∠C＝ eq \f(π,6) .（2）因为∠C＝ eq \f(π,6) ，b＝6，所以△ABC的面积S＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(1,2) a×6×sin eq \f(π,6) ＝6 eq \r(3) ，所以a＝4 eq \r(3) .在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝（4 eq \r(3) ）2＋62－2×4 eq \r(3) ×6× eq \f(\r(3),2) ＝12，解得c＝2 eq \r(3) .所以△ABC的周长为a＋b＋c＝4 eq \r(3) ＋6＋2 eq \r(3) ＝6＋6 eq \r(3) .2．解析：（1）依题意，在△ABC中，∵cos C＝ eq \f(3,5) ，∴sin C＝ eq \r(1－cos2C) ＝ eq \f(4,5) .由4a＝ eq \r(5) c，结合正弦定理可得4sinA＝ eq \r(5) sin C，∴sin A＝ eq \f(\r(5),4) sin C＝ eq \f(\r(5),4) × eq \f(4,5) ＝ eq \f(\r(5),5) .（2）由（1）可知，sin C＝ eq \f(4,5) >0，cos C＝ eq \f(3,5) >0，a＝ eq \f(\r(5),4) c，∴A1不合题意；当 eq \f(a2,b2) ＝ eq \f(3,2) 时，cos ∠ABC＝ eq \f(7,12) ；综上，cos ∠ABC＝ eq \f(7,12) .强化训练7 三角函数与解三角形1．解析：（1）因为0<ω<1，所以周期T＝ eq \f(2π,ω) >2π，又f（x）在（0， eq \f(3π,4) ）上的最大值为 eq \r(2) ，且f（ eq \f(π,4) ）＝f（ eq \f(π,2) ），所以当x＝ eq \f(1,2) （ eq \f(π,4) ＋ eq \f(π,2) ）＝ eq \f(3π,8) 时，f（x）取得最大值 eq \r(2) ，所以A＝ eq \r(2) ，且f（ eq \f(3π,8) ）＝ eq \r(2) ，即 eq \r(2) sin （ eq \f(3π,8) ω＋ eq \f(π,4) ）＝ eq \r(2) ，∵0<ω<1，∴ eq \f(π,4) < eq \f(3π,8) ω＋ eq \f(π,4) < eq \f(5π,8) ，故 eq \f(3π,8) ω＋ eq \f(π,4) ＝ eq \f(π,2) ，解得ω＝ eq \f(2,3) ，故f（x）＝ eq \r(2) sin （ eq \f(2,3) x＋ eq \f(π,4) ）；（2）g（x）＝f（3x）＝ eq \r(2) sin （2x＋ eq \f(π,4) ），又g（ eq \f(α,2) ）＝ eq \r(2) sin （α＋ eq \f(π,4) ）＝ eq \f(1,2) ，则sin （α＋ eq \f(π,4) ）＝ eq \f(1,2\r(2)) ，sin 2α＝－cos （2α＋ eq \f(π,2) ）＝2sin2（α＋ eq \f(π,4) ）－1＝－ eq \f(3,4) .2．解析：（1）S△ABM＝ eq \f(1,2) AB·BM·sin∠ABM，S△BCM＝ eq \f(1,2) BC·BM·sin ∠MBC，因为S△ABM＝2S△BCM，∠ABM＝∠MBC，所以AB＝2BC，由正弦定理可得 eq \f(sin C,sin A) ＝ eq \f(AB,BC) ＝2.（2）由（1）知c＝2a，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，又cos B＝ eq \f(1,4) ，b＝2，所以4＝a2＋4a2－4a2× eq \f(1,4) ，所以a＝1，c＝2，因为cos B＝ eq \f(1,4) ，且00，0< eq \f(A,2) < eq \f(π,2) ，cos eq \f(A,2) >0，所以sin eq \f(A,2) ＝ eq \f(1,2) ， 即 eq \f(A,2) ＝ eq \f(π,6) ， A＝ eq \f(π,3) .（2）选① ：sin B＝ eq \f(\r(21),7) ，由正弦定理可得 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ，即 eq \f(a,\f(\r(3),2)) ＝ eq \f(2,\f(\r(21),7)) ，解得a＝ eq \r(7) ，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos A，即7＝4＋c2－2c，解得c＝3（负值舍），所以S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) ×2×3× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(3\r(3),2) .选② ：a＋c＝7，由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bc cos A，即（7－c）2＝4＋c2－2c，解得c＝ eq \f(15,4) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(15,4) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(15\r(3),8) .4．解析：（1）∵b sin eq \f(B＋C,2) ＝a sin B，∴sin B cos eq \f(A,2) ＝sin A sin B，∵B∈（0，π），∴sin B≠0，∴cos eq \f(A,2) ＝2sin eq \f(A,2) cos eq \f(A,2) ，∵A∈（0，π），∴cos eq \f(A,2) ≠0，∴sin eq \f(A,2) ＝ eq \f(1,2) ，∵0< eq \f(A,2) < eq \f(π,2) ，∴ eq \f(A,2) ＝ eq \f(π,6) ，∴A＝ eq \f(π,3) .（2）由正弦定理， eq \f(a－c,b) ＝ eq \f(sin A－sin C,sin B) ＝ eq \f(sin \f(π,3)－sin （\f(2π,3)－B）,sin B) ＝ eq \f(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)cos B－\f(1,2)sin B,sin B) ＝ eq \f(\r(3),2) · eq \f(1－cos B,sin B) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(\r(3),2) · eq \f(1－（1－2sin2\f(B,2)）,2sin\f(B,2)cos \f(B,2)) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(\r(3),2) tan eq \f(B,2) － eq \f(1,2) .因为00，所以an＋1>an，反之，若an＋1>an，则an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1（q－1）>0，所以a1<0，且00，且q>1，所以“a1<0，且0an”的充分不必要条件．答案：A5．解析：因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，所以 eq \f(a3,b3) ＝ eq \f(\f(a1＋a5,2),\f(b1＋b5,2)) ＝ eq \f(\f(5（a1＋a5）,2),\f(5（b1＋b5）,2)) ＝ eq \f(S5,T5) ＝ eq \f(10,15＋7) ＝ eq \f(5,11) .答案：B6．解析：由an＝n（an＋1－an），得（n＋1）an＝nan＋1，即 eq \f(an＋1,an) ＝ eq \f(n＋1,n) ，则 eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(n,n－1) ， eq \f(an－1,an－2) ＝ eq \f(n－1,n－2) ， eq \f(an－2,an－3) ＝ eq \f(n－2,n－3) ，…， eq \f(a2,a1) ＝ eq \f(2,1) ，n≥2，由累乘法可得 eq \f(an,a1) ＝n，所以an＝n，n≥2，又a1＝1，符合上式，所以an＝n.答案：D7．解析：因为由1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列{an}，所以该数列的通项公式为an＝14＋15（n－1）＝15n－1.令an＝15n－1≤2 022，解得n≤134，即该数列的项数为134.答案：C8．解析：依题意，因为a1a2a3…an＝n2，其中n＝1，2，3，…，当n＝1时，a1＝12＝1，当n≥2时，a1a2a3…an－1＝（n－1）2，a1a2a3…an＝n2，两式相除有an＝ eq \f(n2,（n－1）2) ＝（1＋ eq \f(1,n－1) ）2，n≥2，易得an随着n的增大而减小，故an≤a2＝4，且an>1＝a1，故最小项为a1＝1，最大项为a2＝4.答案：A9．解析：因为a1＝1，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1)) 是公比为2的等比数列，所以 eq \f(1,an) ＋1＝2·2n－1＝2n，所以an＝ eq \f(1,2n－1) ，故A正确，B错误；因为y＝2x－1，（x≥1）是单调增函数，故y＝ eq \f(1,2x－1) ，（x≥1）是单调减函数，故数列{an}是减数列，故C正确；S3＝a1＋a2＋a3＝1＋ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,7) > eq \f(7,8) ，故D正确．答案：ACD10．解析：因为等差数列{an}是递减数列，所以an＋1－an<0，所以d<0，故A错误；因为S7＝S8，所以a8＝S8－S7＝0，故B正确；因为S15＝ eq \f(15（a1＋a15）,2) ＝15a8＝0，故C错误；因为由题意得， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a7>0,a8＝0,a9<0)) ，所以S7＝S8≥Sn（n∈N*），故D正确．答案：BD11．解析：由题意得：a1＝4，a2＝10＝3×4－2，a3＝28＝3×10－2，a4＝82＝3×28－2，所以有an＝3an－1－2，因此选项AB不正确；an＝3an－1－2⇒an－1＝3（an－1－1），所以数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列，因此有an－1＝3·3n－1＝3n⇒an＝3n＋1，因此选项C正确；Sn＝ eq \f(3（1－3n）,1－3) ＋n＝ eq \f(1,2) ×3n＋1＋n－ eq \f(3,2) ，所以选项D正确．答案：CD12．解析：因为a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1（an－n）＋n，所以当n为奇数时，an＋2＝an＝a1＝1；当n为偶数时，an＋an＋2＝2n.所以a48＋a50＝96，选项A错误；又因为a46＋a48＝92，所以a50－a46＝4，选项B正确；S48＝a1＋a3＋a5＋…＋a47＋[（a2＋a4）＋（a6＋a8）＋…＋（a46＋a48）]＝24×1＋2×（2＋6＋…＋46）＝24＋2× eq \f(（2＋46）×12,2) ＝600，故C正确；S49＝S48＋a49＝600＋1＝601，选项D正确．答案：BCD13．解析：由题意在等差数列{an}中，设公差为d，则a1＋2a7＝3a1＋12d＝3a5＝15，所以a5＝5，于是a2＋a8＝2a5＝10.答案：1014．解析：设等比数列{an}的公比为q，由已知S3＝a1＋a1q＋a1q2＝1＋q＋q2＝ eq \f(3,4) ，即q2＋q＋ eq \f(1,4) ＝0，解得q＝－ eq \f(1,2) ，所以a4＝1×（－ eq \f(1,2) ）3＝－ eq \f(1,8) .答案：－ eq \f(1,8) 15．解析：设公差为d，则a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝（a3＋2）（a6－4），即（2＋3d）2＝（2＋2d＋2）（2＋5d－4），化简得d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6，又d>0，故d＝2，则a10＝a1＋9d＝20.答案：2016．解析：∵a1＝a5＝0，|an＋1－an|＝2，∴|a2－a1|＝|a2|＝2，∵求an前5项和的最大值，∴取a2＝2，∵|an＋1－an|＝2，∴|a3－a2|＝|a3－2|＝2.∵求an前5项和的最大值，∴取a3＝4，∵|a4－a3|＝|a4－4|＝2 ①|a5－a4|＝|0－a4|＝|a4|＝2 ②结合①和②，∴a4＝2时前5项和可有最大值．∴{an}前5项和的最大值为：0＋2＋4＋2＋0＝8.答案：8强化训练9 数列求和及综合应用1．解析：（1）证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝ eq \f(bn,bn－1) ，代入 eq \f(2,Sn) ＋ eq \f(1,bn) ＝2可得， eq \f(2bn－1,bn) ＋ eq \f(1,bn) ＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝ eq \f(1,2) （n≥2）.又 eq \f(2,S1) ＋ eq \f(1,b1) ＝ eq \f(3,b1) ＝2，所以b1＝ eq \f(3,2) ，故{bn}是以 eq \f(3,2) 为首项， eq \f(1,2) 为公差的等差数列．（2）由（1）可知，bn＝ eq \f(n＋2,2) ，则 eq \f(2,Sn) ＋ eq \f(2,n＋2) ＝2，所以Sn＝ eq \f(n＋2,n＋1) ，当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(3,2) ，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,n＋1) － eq \f(n＋1,n) ＝－ eq \f(1,n（n＋1）) .故an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2)) .2．解析：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d.由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1.由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），所以a1＋d－2b1＝4d－（a1＋3d），所以a1＋d－2b1＝d－a1.整理，得a1＝b1，得证．（2）由（1）知d＝2b1＝2a1.由bk＝am＋a1，知b1·2k－1＝a1＋（m－1）·d＋a1，即b1·2k－1＝b1＋（m－1）·2b1＋b1，即2k－1＝2m.因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1 000，解得2≤k≤10.故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.3．解析：（1）由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5，又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，故a2k＋2＝a2k＋3即bn＋1＝bn＋3即bn＋1－bn＝3，所以{bn}为等差数列，故bn＝2＋（n－1）×3＝3n－1.（2）设{an}的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝2（a2＋a4＋…＋a18＋a20）－10＝2（b1＋b2＋…＋b9＋b10）－10＝2×（10×2＋ eq \f(9×10,2) ×3）－10＝300.4．解析：（1）设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝ eq \f(1,2) （舍去），q＝2.由题设得a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.（2）由题设及（1）知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5＋b6＋b7）＋…＋（b32＋b33＋…＋b63）＋（b64＋b65＋…＋b100）＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×（100－63）＝480.强化训练10 数列求和及综合应用1．解析：（1）由a1＝1，4anan＋1＋1＝3an＋an＋1，4a2＋1＝3＋a2，a2＝ eq \f(2,3) ，4a2a3＋1＝3a2＋a3，a3＝ eq \f(3,5) ；（2）证明：由已知得，an＋1＝ eq \f(3an－1,4an－1) ∵ eq \f(1,2an＋1－1) － eq \f(1,2an－1) ＝ eq \f(1,2·\f(3an－1,4an－1)－1) － eq \f(1,2an－1) ＝ eq \f(4an－1,2（3an－1）－（4an－1）) － eq \f(1,2an－1) ＝ eq \f(4an－1,2an－1) － eq \f(1,2an－1) ＝2，又∵ eq \f(1,2a1－1) ＝ eq \f(1,2－1) ＝1，∴ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2an－1))) 是以1为首项，2为公差的等差数列，∴ eq \f(1,2an－1) ＝2n－1，解得：an＝ eq \f(n,2n－1) .2．解析：（1）当n＝1时，S1＝1－a1，所以a1＝ eq \f(1,2) ，当n≥2时，Sn＝1－an①，Sn－1＝1－an－1②，由①－②得an＝－an＋an－1，即 eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(1,2) （n≥2），所以{an}是首项为 eq \f(1,2) ，公比为 eq \f(1,2) 的等比数列，故an＝（ eq \f(1,2) ）n.（2）由（1）得bn＝ eq \f(1,log2（\f(1,2)）nlog2（\f(1,2)）n＋1) ＝ eq \f(1,n（n＋1）) ＝ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ，所以Tn＝ eq \f(1,1) － eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋…＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ＝1－ eq \f(1,n＋1) ＝ eq \f(n,n＋1) .3．解析：（1）因为a1＋3a2＋5a3＋…＋（2n－1）an＝（n－1）3n＋1， ①当n＝1时a1＝1，当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋（2n－3）an－1＝（n－2）3n－1＋1， ②①－②得（2n－1）an＝[（n－1）3n＋1]－[（n－2）3n－1＋1]＝（2n－1）3n－1（n≥2）.所以an＝3n－1（n≥2）.又因为当n＝1时，上式也成立，所以{an}的通项公式为an＝3n－1.（2）由题可知dn＝ eq \f(an＋1－an,n＋1) ＝ eq \f(3n－3n－1,n＋1) ＝ eq \f(2×3n－1,n＋1) ，得 eq \f(1,dn) ＝ eq \f(1,2) × eq \f(n＋1,3n－1) ，则Tn＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,30) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(3,31) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(4,32) ＋…＋ eq \f(1,2) × eq \f(n,3n－2) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(n＋1,3n－1) ， ③ eq \f(1,3) Tn＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,31) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(3,32) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(4,33) ＋…＋ eq \f(1,2) × eq \f(n,3n－1) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(n＋1,3n) ， ④③－④得 eq \f(2,3) Tn＝1＋ eq \f(1,2) （ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,32) ＋…＋ eq \f(1,3n－1) ）－ eq \f(1,2) × eq \f(n＋1,3n) ＝1＋ eq \f(1,2) × eq \f(\f(1,3)（1－\f(1,3n－1)）,1－\f(1,3)) － eq \f(1,2) × eq \f(n＋1,3n) ＝ eq \f(5,4) － eq \f(2n＋5,4) × eq \f(1,3n) ，解得Tn＝ eq \f(15,8) － eq \f(2n＋5,8×3n－1) .4．解析：（1）由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2（an＋1），所以{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，以2为公比的等比数列所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，又Bn＝n2＋3n，所以Bn－1＝（n－1）2＋3（n－1），（n≥2）所以bn＝Bn－Bn－1＝2n＋2，（n≥2），b1＝B1＝4满足上式，所以bn＝2n＋2.（2）由an－bn＝2n－2n－3，当n>3时，an－bn>0，an>bn；当n≤3时，an－bn<0，an3,2n＋2，n≤3)) ，所以An＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) －n＝2n＋1－2－n，当n≤3时，Tn＝Bn＝n2＋3n，当n>3时，Tn＝An－A3＋B3＝2n＋1－2－n－11＋18＝2n＋1－n＋5，综上，Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2＋3n，n≤3,2n＋1－n＋5，n>3)) .强化训练11 空间几何体的表面积与体积1．解析：设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l＝2，则l2＝r2＋h2＝4，底面周长2πr＝ eq \f(1,2) ×（2π×2）⇒r＝1，所以h＝ eq \r(4－12) ＝ eq \r(3) ，所以圆锥的体积为 eq \f(1,3) ×π×12× eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3)π,3) .答案：B2．解析：以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周所得几何体是以2为底面圆半径，高为2的圆柱，由圆柱的体积公式得：V＝π×22×2＝8π，所以所得到的几何体的体积为8π.答案：B3．解析：PA⊥平面ABC，AB⊥AC，因此以AP，AB，AC为棱构造一个长方体，此长方体的外接球即为三棱锥P ABC的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，由已知长方体对角线长为 eq \r(22＋22＋（2\r(3)）2) ＝2 eq \r(5) ，所以外接球半径为R＝ eq \r(5) ，外接球体积为V＝ eq \f(4,3) π·（ eq \r(5) ）3＝ eq \f(20\r(5),3) π.答案：C4．解析：由题意知圆台母线长为 eq \r(12＋（2－1）2) ＝ eq \r(2) ，且上底面圆周为2π，下底面圆周为4π，圆台侧面展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为 eq \r(12＋12) ＝ eq \r(2) ，则圆环所在的大圆半径为2 eq \r(2) ，所以侧面展开图的面积S＝ eq \f(1,2) ×4π×2 eq \r(2) － eq \f(1,2) ×2π× eq \r(2) ＝3 eq \r(2) π.答案：D5．解析：如图，四面体BDMN是正四面体，棱长BD＝2，将其补形成正方体GBCD MENF，则正方体GBCD MENF的棱长GB＝ eq \f(\r(2),2) BD＝ eq \r(2) ，此正方体的体对角线长为 eq \r(6) ，正四面体BDMN与正方体GBCD MENF有相同的外接球，则正四面体BDMN的外接球半径R＝ eq \f(\r(6),2) ，所以正四面体BDMN的外接球体积为V＝ eq \f(4,3) πR3＝ eq \f(4,3) π·（ eq \f(\r(6),2) ）3＝ eq \r(6) π.答案：A6．解析：圆锥的体积为V1＝ eq \f(1,3) π×12×2＝ eq \f(2π,3) ，圆柱的体积为V2＝π×（ eq \f(1,2) ）2×1＝ eq \f(π,4) ，所以V1∶V2＝ eq \f(2π,3) ∶ eq \f(π,4) ＝8∶3.答案：D7．解析：由ABCD A1B1C1D1为正方体，显然AB为A到平面EB1C1的距离， 所以VB1 AC1E＝VA EB1C1＝ eq \f(1,3) S△EB1C1·AB＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1×1×1＝ eq \f(1,6) .答案：D8．解析：如图：O1，O2分别为底面中心，O为O1O2的中点，D为AB的中点，设正六棱柱的底面边长为2，若正六棱柱有内切球，则OO1＝O1D＝ eq \r(3) ，即内切球的半径r＝ eq \r(3) ，OA2＝OO eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋O1A2＝7，即外接球的半径R＝ eq \r(7) ，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3.答案：C9．解析：依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为1∶3，高之比为1∶3，所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为1∶9，体积之比为1∶27，即小棱锥与棱台的侧面积之比为1∶8，体积之比为1∶26.答案：BD10．解析：对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2故A正确；对于B，∵圆锥的底面直径和高等于2R，∴圆锥的侧面积为S2＝πR· eq \r(R2＋4R2) ＝ eq \r(5) πR2，故B错误；对于C，∵圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝ eq \f(4,3) πR3，圆锥的体积为V2＝ eq \f(1,3) πR2·2R＝ eq \f(2,3) πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．答案：ACD11．解析：如图，△PAC是正四棱锥的对角面，设球半径为r，AC是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为 eq \r(2) r，棱锥体积为V＝ eq \f(1,3) ×（ eq \r(2) r）2×r＝ eq \f(2,3) r3＝18，r＝3，半球体积为V＝ eq \f(2,3) πr3＝ eq \f(2,3) π×33＝18π，表面积为S＝2π×32＋π×32＝27π.答案：ABC12．解析：由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示：对A：因为AP⊥PE，AP⊥PF，PE∩PF＝P，所以AP⊥平面PEF，所以PA⊥EF，故选项A正确；对B：因为M为BE的中点，所以VM AEF＝ eq \f(1,2) VP AEF＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×2×2×4＝ eq \f(4,3) ，故选项B错误；对C：三棱锥P AEF外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径（2R）2＝22＋22＋42＝24，所以三棱锥P AEF外接球的表面积为S＝4πR2＝24π，故选项C正确；对D：过点M的平面截三棱锥P AEF的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为πR2＝π（ eq \r(6) ）2＝6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径r＝ eq \r(R2－OM2) ＝ eq \r(6－5) ＝1，截面圆的面积为πr2＝π，所以过点M的平面截三棱锥P AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]，故选项D正确．答案：ACD13．解析：因圆锥的轴截面是一个顶角为 eq \f(2π,3) ，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h，因此，h＝2cos eq \f(π,3) ＝1，圆锥底面圆半径r＝ eq \r(22－h2) ＝ eq \r(3) ，所以圆锥的体积为V＝ eq \f(1,3) πr2h＝ eq \f(1,3) π×（ eq \r(3) ）2×1＝π.答案：π14．解析：圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，所以圆台的母线长为 eq \f(2πr2,π) － eq \f(2πr1,π) ＝2r2－2r1，圆台的侧面积为 eq \f(2πr1＋2πr2,2) ×（2r2－2r1）＝2π（r eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －r eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ）＝4π，所以r eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －r eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝2.答案：215．解析：设该正四棱锥为P ABCD，由正四棱锥和球的性质可知球的球心在高上，设球心为O，底面中心为E，因为底面是正方形，所以DE＝ eq \f(1,2) eq \r(102＋102) ＝5 eq \r(2) ，在直角三角形ODE中，OD2＝OE2＋DE2，设球的半径为r，所以有r2＝（7－r）2＋50⇒r＝ eq \f(99,14) .答案： eq \f(99,14) 16．解析：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为△MNG的中心，因为MN＝6，所以△MNG内切圆的半径r＝OH＝ eq \f(1,3) MH＝ eq \f(1,3) eq \r(MN2－HN2) ＝ eq \r(3) ，即内切球的半径R＝ eq \r(3) ，所以内切球的表面积S＝4πR2＝12π，又正三棱柱的高AA1＝2R＝2 eq \r(3) ，所以OM＝ eq \f(2,3) OH＝2 eq \r(3) ，所以AO＝ eq \r(OM2＋AM2) ＝ eq \r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2) ＝ eq \r(15) ，所以A到球面上的点的距离最小值为AO－R＝ eq \r(15) － eq \r(3) . 答案：12π eq \r(15) － eq \r(3) 强化训练12 空间位置关系、空间角与空间距离1．解析：α∩β＝m，m⊥n，只有一条垂直直线，不能得出n⊥β，不充分，当n⊥β时，由于m⊂β，则有n⊥m，是必要的，因此是必要不充分条件．答案：B2．解析：若a∥α，b∥β，a∥b，则α与β平行或相交，故A错误；若a⊥α，α⊥β，则a∥β或a⊂β，故B错误；若a⊥α，b∥β，α∥β，由面面平行与线面垂直的性质定理可得，a⊥b，故C正确；若α∩γ＝a，β∩γ＝b，a∥b，则α与β平行或相交，故D错误．答案：C3．解析：设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，A（2，0，0），E（0，1，0），O（2，1，1），O1（1，1，2）， eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝（－2，1，0），OO1＝（－1，0，1），设异面直线AE与OO1所成角为θ，则cos θ＝AE·OO1AE·OO1＝ eq \f(2,\r(5)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(10),5) .答案：B4．解析：在正方体ABCD A1B1C1D1中，因为AD∥BC，所以直线BD1与直线AD所成的角α＝∠D1BC，因为BC⊥平面CDD1C1，所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影，所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角β＝∠BD1C，又BC⊥平面CDD1C1，所以BC⊥D1C，所以∠D1BC＋∠BD1C＝ eq \f(π,2) ，即α＋β＝ eq \f(π,2) .答案：C5．解析：在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2a，DD1＝2b（a>0，b>0），O是底面ABCD的中心，E，F分别是BB1，DD1的中点，则O（a，a，0），A1（2a，0，2b），E（2a，2a，b），B1（2a，2a，2b），F（0，0，b），OA1＝（a，－a，2b）， eq \o(FE,\s\up6(→)) ＝（2a，2a，0），EB1＝（0，0，b），对于A，显然OA1与 eq \o(FE,\s\up6(→)) 不共线，即A1O与EF不平行，A不正确；对于B，因OA1· eq \o(FE,\s\up6(→)) ＝a·2a＋（－a）·2a＋0·2b＝0，则OA1⊥ eq \o(FE,\s\up6(→)) ，即A1O⊥EF，B正确；对于C，设平面EFB1的法向量为n＝（x，y，z），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝2ax＋2ay＝0,n·EB1＝bz＝0)) ，令x＝1，得n＝（1，－1，0），OA1·n＝2a>0，因此OA1与n不垂直，即A1O不平行于平面EFB1，C不正确；对于D，由选项C知，OA1与n不共线，即A1O不垂直于平面EFB1，D不正确．答案：B6．解析：连接A1C1，建立如图所示的空间直角坐标系．∵底面是边长为8的正方形，AA1＝6，∴A1（8，0，0），B（8，8，6），C1（0，8，0），因为A1C1⊥B1D1，A1C1⊥B1B且B1B∩B1D1＝B1，所以A1C1⊥平面BB1D1D，∴BC1＝（－8，0，－6），平面BB1D1D的法向量A1C1＝（－8，8，0），∴BC1与对角面BB1D1D所成角的正弦值为cosBC1，A1C1＝ eq \f(|（－8，0，－6）·（－8，8，0）|,\r(64＋36)×\r(64＋64)) ＝ eq \f(64,80\r(2)) ＝ eq \f(2\r(2),5) .答案：A7．解析：由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝ eq \f(1,2) ×8×4＝16，因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝ eq \f(1,3) ×16×4＝ eq \f(64,3) ，因为AP＝BP＝4 eq \r(2) ，所以AC＝BC＝4 eq \r(3) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) ×8× eq \r(48－16) ＝16 eq \r(2) ，设点P到平面ABC的距离为d，则VP－ABC＝ eq \f(1,3) ×16 eq \r(2) d＝ eq \f(64,3) ，解得d＝2 eq \r(2) .答案：D8．解析：对于A，易知 eq \o(D1F,\s\up6(→)) · eq \o(FB,\s\up6(→)) ＝（ eq \o(D1A1,\s\up6(→)) ＋ eq \o(A1F,\s\up6(→)) ）·（ eq \o(FA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up6(→)) ）＝ eq \o(A1F,\s\up6(→)) · eq \o(FA,\s\up6(→)) ＝| eq \o(A1F,\s\up6(→))|·| eq \o(FA,\s\up6(→)) |≠0，故 eq \o(D1F,\s\up6(→)) 与 eq \o(FB,\s\up6(→)) 不垂直，故A错误；对于B，连接A1C1、AC、EF，则平面ACC1A1∩平面BED1F＝EF，若A1C1∥平面BED1F，则A1C1∥EF，显然仅当F和E为所在棱中点时A1C1与EF才平行，故B错误；对于C，连接A1D、A1C1、C1D、BD1、AD1、BC1，由AB⊥平面ADD1A1得AB⊥A1D，易知AD1⊥A1D，∵AB∩AD1＝A，AB、AD1⊂平面ABC1D1，∴A1D⊥平面ABC1D1，∴A1D⊥BD1，同理可证A1C1⊥BD1，∵A1D∩A1C1＝A1，A1D、A1C1⊂平面A1C1D，∴BD1⊥平面A1C1D，∵BD1⊂平面BED1F，∴平面A1C1D⊥平面BED1F，故C正确；对于D，连接BD1、FB1、B1D1，∵AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1，BB1⊂平面BB1D1，∴AA1∥平面BB1D1，则F到平面BB1D1的距离为定值，又△BB1D1面积为定值，故三棱锥F－BB1D1体积为定值，故D错误．答案：C9．解析：对于A，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又∵n∥β，∴m⊥n，故A正确；对于B，若m⊥α，m⊥n，则n∥α，又∵n∥β，∴α与β平行或相交，故B错误；对于C，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又∵m⊥n，n⊄β，∴n∥β，故C正确；对于D，若n∥β，α∥β，则n∥α，又∵m⊥n，则m与α平行或相交，故D错误．答案：AC10．解析：因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD.又E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝ eq \f(1,2) BD，则EF∥GH.易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B，C错误．因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，所以EG⊂平面ABC，FH⊂平面ACD，则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，即D正确．答案：AD11．解析：以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，设AB＝2，则A（0，－1， eq \r(3) ），C（0，2，0），D（ eq \r(3) ，－1，0），所以 eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝（ eq \r(3) ，0，－ eq \r(3) ）， eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝（0，2，0）， eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝（0，1，－ eq \r(3) ）， eq \o(CD,\s\up6(→)) ＝（ eq \r(3) ，－3，0）.因为 eq \o(AD,\s\up6(→)) · eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝0，所以AD⊥BC，即直线AD与直线BC所成角的大小为90°，A正确；因为cos 〈 eq \o(AB,\s\up6(→)) ， eq \o(CD,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))\o(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(\r(3),4) ，所以直线AB与直线CD所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),4) ，B正确；设AD与平面BCD所成的角为θ，因为n＝（0，0，1）是平面BCD的一个法向量，所以sin θ＝|cos 〈 eq \o(AD,\s\up6(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(AD,\s\up6(→))·n|,|\o(AD,\s\up6(→))||n\o(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以θ＝45°，即直线AD与平面BCD所成角的大小为45°，C正确；D错．答案：ABC12．解析：建立如图所示的空间直角坐标系：A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），C1（0，1，1），D1（0，0，1）.A：BC1＝（－1，0，1），AD1＝（－1，0，1），因为BC1＝AD1，所以BC1∥AD1，因此本选项不正确；B：B1D＝（－1，－1，－1），AD1＝（－1，0，1）， eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝（－1，1，0），因为B1D·AD1＝（－1，－1，－1）·（－1，0，1）＝0，B1D· eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝（－1，－1，－1）（－1，1，0）＝0，所以B1D⊥AD1，B1D⊥AC，而AC∩AD1＝A，AC，AD1⊂平面ACD1，因此B1D⊥平面ACD1，所以本选项正确；C：因为B1D⊥平面ACD1，所以B1D是平面ACD1的法向量，CB1＝（1，0，1），所以点B1到平面ACD1的距离为CB1·B1DB1D＝| eq \f(－1×1－1×1,\r(（－1）2＋（－1）2＋（－1）2)) |＝ eq \f(2\r(3),3) ，因此本选项不正确；D：由上可知：cos 〈CB1·B1D〉＝CB1·B1DCB1·B1D＝ eq \f(－1×1－1×1,\r(（－1）2＋（－1）2＋（－1）2)×\r(12＋12)) ＝－ eq \f(\r(6),3) ，所以直线B1C与平面ACD1所成角的余弦值为1−cos2CB1·B1D＝ eq \r(1－（－\f(\r(6),3)）2) ＝ eq \f(\r(3),3) ，因此本选项正确．答案：BD13．解析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则 eq \f(1,2) ×2πrl＝2·π·r2⇒ eq \f(r,l) ＝ eq \f(1,2) ，∴cos θ＝ eq \f(1,2) ⇒θ＝ eq \f(π,3) .答案： eq \f(π,3) 14．解析：正方体中，AA1⊥平面ABCD，所以平面ABCD与球的截面是以A为圆心的圆，且半径为 eq \r(22－（\r(3)）2) ＝1，所以球面与底面ABCD的交线为以A为圆心，1为半径的弧，该交线为 eq \f(1,4) ×2π＝ eq \f(π,2) .答案： eq \f(π,2) 15．解析：如图，建立空间直角坐标系，设棱长为2，A（2，0，0），F（0，t，0），B1（2，2，2），D1（0，0，2），E（1，2，0），D1E＝（1，2，－2）， eq \o(AF,\s\up6(→)) ＝（－2，t，0），AB1＝（0，2，2），若D1E⊥平面AB1F，则D1E⊥AB1D1E⊥AF，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1×0＋2×2＋（－2）×2＝0,1×（－2）＋2t＋（－2）×0＝0)) ，解得：t＝1，所以 eq \f(CF,CD) ＝ eq \f(1,2) .答案： eq \f(1,2) 16．解析：如图设M（4，0，a）（0≤a≤4），N（2，4，0），D1（0，0，4）， eq \o(MN,\s\up6(→)) ＝（－2，4，－a），D1N＝（2，4，－4），设平面D1MN的一个法向量为n＝（x，y，z），n·MN=0n·D1N=0⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋4y－az＝0,2x＋4y－4z＝0)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(（4－a）z,4),y＝\f(（a＋4）z,8))) ，令z＝8，x＝8－2a，y＝a＋4，则n＝（8－2a，a＋4，8），平面ABCD的一个法向量为n1＝（0，0，1），设平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角为θ，所以cos θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·n1,|n||n1|))) ＝ eq \f(8,\r(（8－2a）2＋（a＋4）2＋82)) ＝ eq \f(8,\r(5a2－24a＋144)) ，当a＝ eq \f(24,10) ＝ eq \f(12,5) 时，cos θ有最大值，则θ有最小值，所以A1M＝ eq \f(8,5) .答案： eq \f(8,5) 强化训练13 立体几何1．解析：（1）证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，而AD＝2，QA＝ eq \r(5) ，故QO＝ eq \r(5－1) ＝2.在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝ eq \r(5) ，因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形，且QO⊥OC，因为OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．则D（0，1，0），Q（0，0，2），B（2，－1，0），故 eq \o(BQ,\s\up6(→)) ＝（－2，1，2）， eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝（－2，2，0）.设平面QBD的法向量n＝（x，y，z），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BQ,\s\up6(→))＝0,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋2z＝0,－2x＋2y＝0)) ，取x＝1，则y＝1，z＝ eq \f(1,2) ，故n＝（1，1， eq \f(1,2) ）.而平面QAD的法向量为m＝（1，0，0），故cos 〈m，n〉＝ eq \f(1,1×\f(3,2)) ＝ eq \f(2,3) .二面角B QD A的平面角为锐角，故其余弦值为 eq \f(2,3) .2．解析：（1）证明：方法一 连接OA.因为PO是三棱锥P ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA＝∠POB＝90°.又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.取AB的中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB.又AB⊥AC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为AB，PB的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.因为OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.方法二 连接OA.因为PO是三棱锥P ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA＝∠POB＝90°.又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.延长BO交AC于点H，连接PH.因为AB⊥AC，所以△ABH为直角三角形．又OA＝OB，则可得OA＝OB＝OH，所以点O为BH的中点．在△PBH中，O，E分别为BH，PB的中点，所以OE∥PH.因为OE⊄平面PAC，PH⊂平面PAC，所以OE∥平面PAC.（2）由（1）易知OA＝OB，所以OD⊥AB.以D为坐标原点，分别以DB，DO所在直线为x轴、y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．因为PO＝3，PA＝5，且PO⊥OA，所以OA＝OB＝4.又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以OD＝ eq \f(1,2) OB＝2，DA＝DB＝2 eq \r(3) ，所以P（0，2，3），B（2 eq \r(3) ，0，0），A（－2 eq \r(3) ，0，0），E（ eq \r(3) ，1， eq \f(3,2) ）.设AC＝a，则C（－2 eq \r(3) ，a，0）.设平面AEB的法向量为n1＝（x1，y1，z1）. eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝（4 eq \r(3) ，0，0）， eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝（3 eq \r(3) ，1， eq \f(3,2) ），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(AE,\s\up6(→))·n1＝0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4\r(3)x1＝0，,3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，)) 所以x1＝0.令y1＝3，得z1＝－2，所以n1＝（0，3，－2）.设平面AEC的法向量为n2＝（x2，y2，z2）. eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝（0，a，0）， eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝（3 eq \r(3) ，1， eq \f(3,2) ），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(AE,\s\up6(→))·n2＝0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ay2＝0，,3\r(3)x2＋y2＋\f(3,2)z2＝0，)) 所以y2＝0.令x2＝ eq \r(3) ，得z2＝－6，所以n2＝（ eq \r(3) ，0，－6）.所以cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(12,\r(13)×\r(39)) ＝ eq \f(12,\r(13)×\r(39)) ＝ eq \f(12,13\r(3)) ＝ eq \f(4\r(3),13) .设二面角C AE B的平面角为θ，则sin θ＝ eq \r(1－cos2θ) ＝ eq \f(11,13) ，所以二面角C AE B的正弦值为 eq \f(11,13) .3．解析：（1）设点A到平面A1BC的距离为h.∵V三棱锥A1 −ABC= V三棱锥A− A1BC＝ eq \f(1,3) V三棱锥ABC− A1B1C1＝ eq \f(4,3) ，∴ eq \f(1,3) ·S△A1BC·h＝ eq \f(1,3) ×4. 又∵S△A1BC＝2 eq \r(2) ，∴h＝ eq \r(2) .∴点A到平面A1BC的距离为 eq \r(2) .（2）方法一 如图（1），取A1B的中点E，连接AE.由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝ eq \f(1,2) A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ eq \r(2) ，AE⊥BC，∴A1B＝2 eq \r(2) ，∴AA1＝AB＝2.由V三棱锥ABC− A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，∴S△ABC＝2.易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．易得AC＝ eq \r(AB2＋BC2) ＝2 eq \r(2) ，则A1C＝ eq \r(AA eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋AC2) ＝2 eq \r(3) .∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) .易知AD＝BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) ，∴△ABD为等腰三角形，∴AF·BD＝AB· eq \r(AD2－（\f(1,2)AB）2) ＝2 eq \r(2) ，则AF＝ eq \f(2\r(2),\r(3)) ，∴sin ∠AFE＝ eq \f(AE,AF) ＝ eq \f(\r(2),\f(2\r(2),\r(3))) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∴二面角A BD C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .方法二 如图（2），取A1B的中点E，连接AE.∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ eq \r(2) ，则AA1＝AB＝2.∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.由V三棱锥ABC− A1B1C1＝S△ABC·A1A＝ eq \f(1,2) AB·BC·A1A＝ eq \f(1,2) ×2×BC×2＝4，解得BC＝2.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图（2）的空间直角坐标系．易得B（0，0，0），A（0，2，0），E（0，1，1），D（1，1，1）.∴ eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝（0，－1，1）， eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝（1，1，1）， eq \o(BA,\s\up6(→)) ＝（0，2，0）.由题意，得平面BDC的法向量为n1＝ eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝（0，－1，1）.设平面BDA的法向量为n2＝（x，y，z），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(BD,\s\up6(→))·n2＝0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,x＋y＋z＝0.)) 令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝（1，0，－1），∴cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(0＋0－1,\r(2)×\r(2)) ＝－ eq \f(1,2) .设二面角A BD C的平面角为α（0≤α≤π），则sin α＝ eq \r(1－cos2α) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∴二面角A BD C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .4．解析：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD，因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.（2）如图所示，以O为坐标原点，过点O在平面BCD内作与BD垂直的直线为x轴，直线OD、OA分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设OA＝a，则O（0，0，0），B（0，－1，0），C（ eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ，0），A（0，0，a），D（0，1，0），故 eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝（0，－1，－a）， eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝（ eq \f(\r(3),2) ， eq \f(3,2) ，0）， eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝（0，1，－a）， eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝（0， eq \f(1,3) ，－ eq \f(a,3) ）， eq \o(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AE,\s\up6(→)) － eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝（0， eq \f(4,3) ， eq \f(2a,3) ），记平面BCD的一个法向量为m＝（0，0，1），平面BCE的一个法向量为n＝（x，y，z），则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0,\f(4,3)y＋\f(2a,3)z＝0)) ，不防设x＝ eq \r(3) ，则y＝－1，z＝－ eq \f(2,a) ，即有n＝（ eq \r(3) ，－1， eq \f(2,a) ），又二面角E BC D的大小为45°，则cos 45°＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m|·|n|))) ＝ eq \f(\f(2,a),\r(4＋\f(4,a2))) ＝ eq \f(\r(2),2) ，解得a＝1，即OA＝1，又由OB＝OC＝OD＝CD＝1，可知BC⊥CD，即△BCD为直角三角形，则BC＝ eq \r(3) ，故VA BCD＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1× eq \r(3) ×1＝ eq \f(\r(3),6) .强化训练14 立体几何1．解析：（1）证明：因为AM⊥平面PCD，所以AM⊥CD，又底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD，又AD∩AM＝A，所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD；（2）取AD的中点O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，则以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：设AB＝2，则A（1，0，0），B（1，2，0），C（－1，2，0），P（0，0， eq \r(3) ），D（－1，0，0），M（－ eq \f(1,2)) ，0， eq \f(\r(3),2) ），所以 eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝（－ eq \f(3,2) ，0， eq \f(\r(3),2) ）， eq \o(PB,\s\up6(→)) ＝（1，2，－ eq \r(3) ）， eq \o(PC,\s\up6(→)) ＝（－1，2，－ eq \r(3) ），设平面PBC的一个法向量为n＝（x，y，z），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))·n＝0,\o(PC,\s\up6(→))·n＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－\r(3)z＝0,－x＋2y－\r(3)z＝0)) ，令z＝ eq \r(3) ，则y＝ eq \f(3,2) ，x＝0，则n＝（0， eq \f(3,2) ， eq \r(3) ），设AM与平面PBC所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈 eq \o(AM,\s\up6(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|\o(AM,\s\up6(→))|·|n|) ＝ eq \f(\f(3,2),\r(3)·\f(\r(21),2)) ＝ eq \f(\r(7),7) .2．解析：（1）证明：连接BF，由△ABC为等边三角形，F为AC的中点，所以BF⊥AC，由PG⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PG⊥AC，又PG∩BF＝G，PG，BF⊂平面PBF，所以AC⊥平面PBF，又PB⊂平面PBF，所以PB⊥AC；（2）依题意PF＝2 eq \r(3) ，GF＝2，在Rt△PFG中，PG＝2 eq \r(2) ，以F为坐标原点，以 eq \o(FB,\s\up6(→)) 为x轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，则A（0，－2 eq \r(3) ，0），C（0，2 eq \r(3) ，0），B（6，0，0），E（3，－ eq \r(3) ，0），P（2，0，2 eq \r(2) ）， eq \o(FP,\s\up6(→)) ＝（2，0，2 eq \r(2) ）， eq \o(FE,\s\up6(→)) ＝（3，－ eq \r(3) ，0），由（1）可知， eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝（0，4 eq \r(3) ，0）是平面PBF的一个法向量，设平面PEF的法向量为n＝（x，y，z），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FP,\s\up6(→))＝2x＋2\r(2)z＝0,n·\o(FE,\s\up6(→))＝3x－\r(3)y＝0)) ，令x＝ eq \r(2) ，则n＝（ eq \r(2) ， eq \r(6) ，－1），所以cos 〈 eq \o(AC,\s\up6(→)) ，n〉＝ eq \f(\o(AC,\s\up6(→))·n,|\o(AC,\s\up6(→))|·|n\o(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(\r(6),3) ，所以sin 〈 eq \o(AC,\s\up6(→)) ，n〉＝ eq \r(1－cos2〈\o(AC,\s\up6(→))，n〉) ＝ eq \f(\r(3),3) ，所以平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .3．解析：（1）证明：因为∠ACB＝120°，AC＝BC＝2，D为AB的中点，所以CD⊥AB，且CD＝BC sin30°＝1，又因为EF＝1，所以CD＝EF，因为EF∥CD，所以四边形EFDC为平行四边形，因为BF⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BF⊥EF，所以CD⊥BF，因为BF∩AB＝B，BF，AB⊂平面ABF，所以CD⊥平面ABF, DF⊂平面ABF，所以CD⊥DF，所以四边形EFDC为矩形．（2）由（1）可知，EF⊥平面ABF，BF⊥平面AEF，AF⊂平面AEF，所以BF⊥AF，AB＝2 eq \r(BC2 CD2) ＝2 eq \r(3) ，所以三棱锥A BEF的体积V＝ eq \f(1,3) S△ABF·EF＝ eq \f(1,6) AF·BF≤ eq \f(1,12) （AF2＋BF2）＝ eq \f(1,12) AB2＝1，当且仅当AF＝BF时等号成立，此时FD⊥AB，据（1），以D为坐标原点，分别以DA，CD，DF所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D xyz如图所示. 由已知可得下列点的坐标：A（ eq \r(3) ，0，0），B（－ eq \r(3) ，0，0），F（0，0， eq \r(3) ），E（0，－1， eq \r(3) ），所以 eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝（－2 eq \r(3) ，0，0）， eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝（－ eq \r(3) ，－1， eq \r(3) ），设平面ABE的法向量为m＝（x，y，z），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x－y＋\r(3)z＝0,－2\r(3)x＝0)) ，取y＝ eq \r(3) ，则x＝0，z＝1，所以平面ABE的一个法向量为m＝（0， eq \r(3) ，1），因为 eq \o(BF,\s\up6(→)) ＝（ eq \r(3) ，0， eq \r(3) ）是平面AEF的法向量，设平面AEF与平面ABE夹角为θ，则cos θ＝ eq \f(|m·\o(BF,\s\up6(→))|,|m|·|\o(BF,\s\up6(→))\o(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(\r(3),2·\r(6)) ＝ eq \f(\r(2),4) ，故平面AEF与平面ABE夹角的余弦值为 eq \f(\r(2),4) .4．解析：（1）证明：λ＝ eq \f(1,2) 时，点E、F为BC及CD的中点．连接AF与BM交于点G，在△ABM和△DAF中，AB＝AD，AM＝DF，∠BAM＝∠ADF＝90°，所以△ABM≌△DAF ，于是∠ABM＝∠FAD.而∠FAD＋∠BAF＝90°，所以∠ABM＋∠BAF＝90°，故∠AGB＝90°，即BM⊥AF.又PA⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM.因为BM⊥PA，BM⊥AF，PA⊂平面PAF，AF⊂平面PAF，PA∩AF＝A，所以BM⊥平面PAF.又因为BM⊂平面PBM，所以平面PBM⊥平面PAF.（2）连接AC，交EF于点Q，连接PQ，记BD与AC交于点O，如图：因为 eq \o(CE,\s\up6(→)) ＝λ eq \o(CB,\s\up6(→)) ， eq \o(CF,\s\up6(→)) ＝λ eq \o(CD,\s\up6(→)) ，所以EF∥BD，因为AC⊥BD，所以AC⊥EF，从而PQ⊥EF，所以∠AQP为二面角P EF A的一个平面角．由题意，∠AQP＝45°，从而AQ＝PA＝2，所以CQ＝2 eq \r(2) －2，于是λ＝ eq \f(CE,CB) ＝ eq \f(CQ,CO) ＝ eq \f(2\r(2)－2,\r(2)) ＝2－ eq \r(2) ，所以CF＝CE＝4－2 eq \r(2) ，BE＝DF＝2 eq \r(2) －2.如图，以AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴建立空间直角坐标系，于是P（0，0，2），E（2，2 eq \r(2) －2，0），F（2 eq \r(2) －2，2，0），B（2，0，0），M（0，1，0）， eq \o(BM,\s\up6(→)) ＝（－2，1，0）， eq \o(PE,\s\up6(→)) ＝（ eq \r(2) ，2 eq \r(2) －2，－2）， eq \o(PF,\s\up6(→)) ＝（2 eq \r(2) －2，2，－2），设平面PEF的一个法向量是n＝（x，y，z），由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝2x＋（2\r(2)－2）y－2z＝0,n·\o(PF,\s\up6(→))＝（2\r(2)－2）x＋2y－2z＝0)) ，得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝y,z＝\r(2)x)) ，取x＝1，则y＝1，z＝ eq \r(2) ，则n＝（1，1， eq \r(2) ）.所以直线BM与平面PEF所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(BM,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(BM,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BM,\s\up6(→))|) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2＋1,\r(4)×\r(5)))) ＝ eq \f(\r(5),10) .强化训练15 统计、统计案例与概率1．解析：由题设，该生选考物理、生物和政治这3门科目的概率P＝ eq \f(1,C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ) ＝ eq \f(1,12) .答案：D2．解析：由已知可得这家健身房的总好评率为 eq \f(840×95%＋1 260×85%,840＋1 260) ＝89%.答案：B3．解析：因为原来样本平均数 eq \o(x,\s\up6(－)) ＝ eq \f(1,n) （x1＋x2＋…＋xn），新样本平均数 eq \o(y,\s\up6(－)) ＝ eq \f(1,n) （y1＋y2＋…＋yn）＝ eq \o(x,\s\up6(－)) ＋c，C错误；原来方差为s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(1,n) [（x1－ eq \o(x,\s\up6(－)) ）2＋（x2－ eq \o(x,\s\up6(－)) ）2＋…＋（xn－ eq \o(x,\s\up6(－)) ）2]，新样本方差为s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝ eq \f(1,n) [（y1－ eq \o(y,\s\up6(－)) ）2＋（y2－ eq \o(y,\s\up6(－)) ）2＋…＋（yn－ eq \o(y,\s\up6(－)) ）2]＝s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，A正确；设原样本众数为a，则新样本众数为a＋c，B错误；设原样本中位数为b，则新样本中位数为b＋c，D错误．答案：A4．解析：依题意可得及格率为1－20×（0.006＋0.014）＝0.6＝60%.答案：C5．解析：因为 eq \i\su(i＝1,100,x) i＝3 000， eq \i\su(i＝1,100,y) i＝7 900，所以 eq \o(x,\s\up6(－)) ＝ eq \f(3 000,100) ＝30， eq \o(y,\s\up6(－)) ＝ eq \f(7 900,100) ＝79，所以79＝0.3×30＋a，则a＝70.当x＝2×60＝120时，y＝0.3×120＋70＝106.答案：C6．解析：由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为0.6×0.6＝0.36，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) 0.6×0.4×0.6＝0.288，而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为0.36＋0.288＝0.648.答案：D7．解析：由题知χ2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）) ＝ eq \f(110（40×30－20×20）2,60×50×60×50) ≈7.822，因为7.822<10.828，所以爱好跳绳与性别无关且这个结论犯错误的概率超过0.001，故A正确，B错误，又因为7.822>6.635，所以有99%以上的把握认为“爱好跳绳与性别有关，或在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为“爱好跳绳与性别有关．故C和D错误．答案：A8．解析：对于选项A：事件甲发生与否影响事件乙的发生，故事件甲与乙不相互独立，故A错误；对于选项B：事件甲事件乙可能同时发生，故B错误；对于选项C，D：由条件知随机变量X服从超几何分布，且E（X）＝ eq \f(10×2,100) ＝0.2，故C错误，D正确．答案：D9．解析：标准差和极差都可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度，故BC正确，A错误，中位数为 eq \f(x5＋x6,2) ，故D错．答案：BC10．解析：对A，由方差的性质可知，若随机变量ξ，η满足η＝2ξ＋1，则D（η）＝22D（ξ）＝4D（ξ），故A错误；对B，根据正态分布的图象对称性可得P（3<ξ<6）＝P（ξ<6）－0.5＝0.34，故B正确；对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；对D，由χ2＝4.712>3.841可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确．答案：BCD11．解析：∵某质量指标的测量结果服从正态分布N（80，σ2），∴该质量指标的测量结果的概率分布关于80对称，且方差σ2越小分布越集中，对于A，该质量指标大于80的概率为0.5，故A正确；对于B，σ越大，该质量指标落在（70，90）的概率越小，故B错误；对于C，该质量指标小于60与大于100的概率相等，故C正确；对于D，由于概率分布关于80对称，故该质量指标落在（75，90）的概率大于落在（80，95）的概率，故D错误．答案：AC12．解析：由题意P（A1）＝ eq \f(1,2) ，P（A2）＝ eq \f(1,5) ，P（A3）＝ eq \f(3,10) ，先A1发生，此时乙袋有5个红球，3个白球和3个黑球，则P（B|A1）＝ eq \f(5,11) ，先A2发生，此时乙袋有4个红球，4个白球和3个黑球，则P（B|A2）＝ eq \f(4,11) ，先A3发生，此时乙袋有4个红球，3个白球和4个黑球，则P（B|A3）＝ eq \f(4,11) ，所以P（A1B）＝P（B|A1）P（A1）＝ eq \f(5,22) ，B正确；P（A2B）＝P（B|A2）P（A2）＝ eq \f(4,55) ，P（A3B）＝P（B|A3）P（A3）＝ eq \f(6,55) ，P（B）＝P（B|A1）P（A1）＋P（B|A2）P（A2）＋P（B|A3）P（A3）＝ eq \f(9,22) ，C错误；则P（A1）P（B）≠P（A1B），P（A2）P（B）≠P（A2B），P（A3）P（B）≠P（A3B），A错误；P（A2|B）＝ eq \f(P（A2∩B）,P（B）) ＝ eq \f(P（B|A2）P（A2）,P（B）) ＝ eq \f(8,45) ，D正确．答案：BD13．解析：按照年级人数进行分层抽样，抽选出30名志愿者，则高一年级应抽选的人数为 eq \f(30,1 200＋1 000＋800) ×1 200＝12人．答案：1214．解析：从5名同学中随机选3名的方法数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝10，甲、乙都入选的方法数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ＝3，所以甲、乙都入选的概率P＝ eq \f(3,10) .答案： eq \f(3,10) 15．解析：7，6，8，9，8，7，10，m，若去掉m，该组数据从小到大排列为：6，7，7，8，8，9，10，则7×0.25＝1.75，故第25百分位数为第二个数即7，所以7，6，8，9，8，7，10，m，第25百分位数为7，而8×0.25＝2，所以7为第二个数与第三个数的平均数，所以m（1≤m≤10）的值可以是7或8或9或10.答案：7或8或9或10（填4个数中任意一个均可）16．解析：设Ai：第i次通过IQC，Bi：第i次通过IPQC（i＝1，2）.由题意知P（A1B1＋A1A2B1＋A1B1B2＋A1A2B1B2）＝ eq \f(5,6) ，即 eq \f(3,4) ×p＋ eq \f(1,4) × eq \f(3,4) ×p＋ eq \f(3,4) ×（1－p）×p＋ eq \f(1,4) × eq \f(3,4) ×（1－p）p＝ eq \f(5,6) ，解得p＝ eq \f(2,3) 或p＝ eq \f(4,3) （舍去）.答案： eq \f(2,3) 强化训练16 统计、统计案例与概率1．解析：（1）由题中数据可得： eq \o(x,\s\up6(－)) ＝ eq \f(9.8＋10.3＋10.0＋10.2＋9.9＋9.8＋10.0＋10.1＋10.2＋9.7,10) ＝10.0， eq \o(y,\s\up6(－)) ＝ eq \f(10.1＋10.4＋10.1＋10.0＋10.1＋10.3＋10.6＋10.5＋10.4＋10.5,10) ＝10.3，s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(1,10) [（9.8－10.0）2＋（10.3－10.0）2＋（10.0－10.0）2＋（10.2－10.0）2＋（9.9－10.0）2＋（9.8－10.0）2＋（10.0－10.0）2＋（10.1－10.0）2＋（10.2－10.0）2＋（9.7－10.0）2]＝0.036，s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝ eq \f(1,10) [（10.1－10.3）2＋（10.4－10.3）2＋（10.1－10.3）2＋（10.0－10.3）2＋（10.1－10.3）2＋（10.3－10.3）2＋（10.6－10.3）2＋（10.5－10.3）2＋（10.4－10.3）2＋（10.5－10.3）2]＝0.04.（2）由（1）知 eq \o(y,\s\up6(－)) － eq \o(x,\s\up6(－)) ＝10.3－10.0＝0.3，而2 eq \r(\f(s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,10)) ＝2 eq \r(\f(0.036＋0.04,10)) ＝2 eq \r(0.007 6) ，则0.3＝ eq \r(0.09) >2 eq \r(0.007 6) ＝ eq \r(0.030 4) ，所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．2．解析：（1）由题可知，X的所有可能取值为0，20，100.P（X＝0）＝1－0.8＝0.2；P（X＝20）＝0.8（1－0.6）＝0.32；P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48.所以X的分布列为（2）由（1）知，E（X）＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100.P（Y＝0）＝1－0.6＝0.4；P（Y＝80）＝0.6（1－0.8）＝0.12；P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48.所以E（Y）＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．3．解析：（1）根据抽查数据，该市100天空气中的PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为32＋18＋6＋8＝64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为 eq \f(64,100) ＝0.64.（2）根据抽查数据，可得2×2列联表：（3）根据（2）的列联表得K2＝ eq \f(100×（64×10－16×10）2,80×20×74×26) ≈7.484.由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关．4．解析：（1）由题意，得K2＝ eq \f(200×（40×90－60×10）2,100×100×50×150) ＝24>6.635，∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．（2）（ⅰ）证明：∵ eq \f(\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A） ),\f(P（B|\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))） )) ＝ eq \f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A） ) · eq \f(P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）,P（B|\o(A,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A）) · eq \f(P（A）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) ， eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（B）) · eq \f(P（B）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) ，∴R＝ eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))） ) .（ⅱ）由表格中的数据，得P（A|B）＝ eq \f(40,100) ＝ eq \f(2,5) ，P（A| eq \o(B,\s\up6(－)) ）＝ eq \f(10,100) ＝ eq \f(1,10) ，∴P（ eq \o(A,\s\up6(－)) |B）＝1－P（A|B）＝ eq \f(3,5) ，P（ eq \o(A,\s\up6(－)) | eq \o(B,\s\up6(－)) ）＝1－P（A| eq \o(B,\s\up6(－)) ）＝ eq \f(9,10) ，∴R＝ eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）) ＝ eq \f(\f(2,5),\f(3,5)) × eq \f(\f(9,10),\f(1,10)) ＝6.强化训练17 统计、统计案例与概率1．解析：（1）由频率分布直方图可知，样本中指标值不小于60的人数为（0.025＋0.005）×20×200＝120，指标值小于60的人数为80.所以2×2列联表如下：χ2＝ eq \f(200（80×40－40×40）2,80×120×80×120) ＝ eq \f(50,9) ≈5.556>3.841.所以有95%的把握认为“注射疫苗后人体产生抗体与指标值不小于60有关”．（2）注射疫苗后产生抗体的概率P＝ eq \f(120,200) ＝ eq \f(3,5) ，由题可知，X～B（4， eq \f(3,5) ），∴P（X＝k）＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(4)) （ eq \f(3,5) ）k（ eq \f(2,5) ）4－k（k＝0，1，2，3，4），所以X的分布列为：所以E（X）＝np＝4× eq \f(3,5) ＝2.4.2．解析：（1）根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，可得本次质检中数学测试成绩样本的平均数为 eq \o(x,\s\up6(－)) ＝80×0.06＋90×0.24＋100×0.42＋110×0.2＋120×0.08＝100.σ2＝s2＝400×0.06＋100×0.24＋0×0.42＋100×0.2＋400×0.08＝100，则X～N（100，102），所以P（90 eq \f(24,5) ，所以甲种中药药性更好．强化训练18 直线和圆1．解析：若方程x2＋y2－x＋3y＋a＝0表示圆，则（－1）2＋32－4a＝10－4a>0，解得：a< eq \f(5,2) ；∵a<3D⇒/a< eq \f(5,2) ，a< eq \f(5,2) ⇒a<3，∴甲是乙的必要不充分条件．答案：B2．解析：由题设，（a＋1）2＝1，解得a＝0或a＝－2，当a＝0时，l∶x－y＋3＝0，m∶x－y－3＝0满足题设；当a＝－2时，l∶x＋y－3＝0，m∶x＋y－3＝0不满足题设；所以a＝0.答案：D3．解析：圆x2＋2x＋y2－15＝0的圆心为C（－1，0），则CP⊥MN.因为kCP＝ eq \f(1－0,0－（－1）) ＝1，所以kMN＝－1，故直线MN的方程为y＝－x＋1.答案：A4．解析：∵ eq \f(|MA|,|MB|) ＝2，即|MA|＝2|MB|，设M（x，y），则 eq \r(（x＋4）2＋y2) ＝2 eq \r(（x－2）2＋y2) ，整理得（x－4）2＋y2＝16.答案：B5．解析：因为圆心坐标为（a，0），半径为 eq \r(2) ，所以该圆心到直线 eq \r(2) x－y＝0的距离d＝ eq \f(|\r(2)a|,\r(3)) ＝ eq \r(2) ，结合a>0解得a＝ eq \r(3) .答案：A6．解析：由x2＋y2＋4y＝0，得x2＋（y＋2）2＝4，则圆心为C（0，－2），半径为2，由 eq \o(CA,\s\up6(→)) · eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝0，得CA⊥CB，即圆心C到直线x－y＋m＝0的距离为2× eq \f(\r(2),2) ＝ eq \r(2) ，即 eq \r(2) ＝ eq \f(|2＋m|,\r(2)) ，即m＝0或m＝－4.答案：A7．解析：依题意，设圆C的圆心C（x，y），动点C到点P的距离等于到直线x＝－2的距离，根据抛物线的定义可得圆心C的轨迹方程为y2＝8x，设圆心C到直线x－y＋4＝0距离为d，d＝ eq \f(|x－y＋4|,\r(2)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)y2－y＋4)),\r(2)) ＝ eq \f(|y2－8y＋32|,8\r(2)) ，当y＝4时，dmin＝ eq \r(2) . 答案：B8．解析：直线l：ax＋by＝2a－b（a，b∈R），即a（x－2）＋b（y＋1）＝0，所以直线过定点A（2，－1），|OA|＝ eq \r(22＋（－1）2) ＝ eq \r(5) ，圆O半径r＝ eq \r(10) ，点A在圆O内，所以当直线与OA垂直的时候，|MN|最短， 此时|MN|＝2 eq \r(r2－|OA|2) ＝2 eq \r(5) .答案：C9．解析：A选项：原点在圆C内部，所以过原点的任意直线与圆C相交，所以A正确；B选项：圆心C到直线x＋y＋2 022＝0的距离d＝ eq \f(2 022,\r(2)) >1，相离，所以B错误；C选项：圆心距d＝1∈（0，2），所以两圆相交，所以C正确；D选项：r2>3时，圆心距d＝22＋ eq \r(11) ，两圆相离，故B正确；由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程4x＋（6－2m）y＋m2－2＝0，故C错误；直线kx－y－2k＋1＝0过定点（2，1），而（2－1）2＋（1－3）2＝5<11，故点（2，1）在圆C1：（x－1）2＋（y－3）2＝11内部，所以直线kx－y－2k＋1＝0与圆C1始终有两个交点，故D正确．答案：BD13．解析：圆C：x2＋y2＋Dx＋2y＝0的圆心为（－ eq \f(D,2) ，－1），则有－ eq \f(D,2) －2（－1）＋1＝0，则D＝6，则C的半径为 eq \f(1,2) eq \r(62＋22) ＝ eq \r(10) .答案： eq \r(10) 14．解析：由题可知：|OA|＝1，|AC|＝ eq \r(3) ，|OC|＝2，满足勾股定理：|OA|2＋|AC|2＝|OC|2 ，所以△AOC是直角三角形，且∠OCA＝30°，∴|AD|＝ eq \f(\r(3),2) ，∴|AB|＝ eq \r(3) .答案： eq \r(3) 15．解析：设点A（0，0），B（4，0），C（－1，1），D（4，2）.（1）若圆过A，B，C三点，则圆心在直线x＝2上，设圆心坐标为（2，a），则4＋a2＝9＋（a－1）2，解得a＝3，则半径r＝ eq \r(4＋a2) ＝ eq \r(13) ，所以圆的方程为（x－2）2＋（y－3）2＝13.（2）若圆过A，B，D三点，设圆心坐标为（2，a），则4＋a2＝4＋（a－2）2，解得a＝1，则半径r＝ eq \r(4＋a2) ＝ eq \r(5) ，所以圆的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5.（3）若圆过A，C，D三点，易求线段AC的中垂线方程为y＝x＋1，线段AD的中垂线方程为y＝－2x＋5.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,y＝－2x＋5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4,3)，,y＝\f(7,3)，)) 则半径r＝ eq \r(\f(16,9)＋\f(49,9)) ＝ eq \f(\r(65),3) ，所以圆的方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(65,9) .（4）若圆过B，C，D三点，易求线段BD的中垂线方程为y＝1，线段BC的中垂线方程为y＝5x－7.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝1，,y＝5x－7，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8,5)，,y＝1，)) 则半径r＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)－4))\s\up12(2)＋（1－2）2) ＝ eq \f(13,5) ，所以圆的方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5))) eq \s\up12(2) ＋（y－1）2＝ eq \f(169,25) .答案：（x－2）2＋（y－3）2＝13[或（x－2）2＋（y－1）2＝5或（x－ eq \f(4,3) ）2＋（y－ eq \f(7,3) ）2＝ eq \f(65,9) 或（x－ eq \f(8,5) ）2＋（y－1）2＝ eq \f(169,25) ]16．解析：设点P（x，y），则 eq \r(（x＋2）2＋y2) ＝ eq \r(2) × eq \r(（x－2）2＋y2) ，即（x－6）2＋y2＝32，所以动点P的轨迹为以（6，0）为圆心，4 eq \r(2) 为半径的圆，要在圆（x－6）2＋y2＝32上至少存在两点到直线l的距离等于 eq \r(2) ，则需圆心（6，0）到直线l的距离 eq \f(|10k|,\r(k2＋1)) <5 eq \r(2) ，解得－10）的准线方程为y＝－ eq \f(p,2) ，由抛物线的定义可得3＋ eq \f(p,2) ＝4，解得p＝2.答案：C2．解析：设椭圆C1的焦距为2c1，椭圆C2的焦距为2c2，则c eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝4－3＝1，c eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝4－m－（3－m）＝1，∴2c1＝2c2.答案：C3．解析：由已知得，双曲线的焦点在y轴上，双曲线的焦距2c＝4 eq \r(5) ，解得c＝2 eq \r(5) ，双曲线的实轴长为2a＝4，解得a＝2，则b＝ eq \r(c2－a2) ＝ eq \r(20－4) ＝4，即双曲线C的渐近线方程为y＝± eq \f(a,b) x＝± eq \f(1,2) x.答案：C4．解析：因为c2＝m＋2－m＝2，所以c＝ eq \r(2) .因为△PF1F2的周长为6＋2 eq \r(2) ，所以2a＋2c＝6＋2 eq \r(2) ，∴2a＝6，所以a＝3，所以椭圆C的离心率为 eq \f(\r(2),3) .答案：B5．解析：抛物线y2＝2px（p>0）的焦点F（ eq \f(p,2) ，0），由y2＝16p，可得y＝±4 eq \r(p) ，不妨令P（8，4 eq \r(p) ），则S△OFP＝ eq \f(1,2) × eq \f(p,2) ×4 eq \r(p) ＝p eq \r(p) ＝2 eq \r(2) ，解之得p＝2，则抛物线方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.答案：B6．解析：双曲线E与椭圆C： eq \f(x2,6) ＋ eq \f(y2,2) ＝1焦点相同，则焦点坐标为（±2，0），椭圆的离心率为 eq \f(\r(4),\r(6)) ＝ eq \f(2,\r(6)) ，∴双曲线的离心率为 eq \r(3) × eq \f(2,\r(6)) ＝ eq \r(2) ，设双曲线实半轴长为a，虚半轴长为b，焦距为2c，则c＝2， eq \f(c,a) ＝ eq \r(2) ⇒a＝ eq \r(2) ，∴b＝ eq \r(2) ，∴所求双曲线方程为： eq \f(x2,2) － eq \f(y2,2) ＝1.答案：C7．解析：设|QM|＝x，|F2M|＝y，则|QN|＝x，|F2H|＝y，因为|PF1|＝|PF2|，∴|NF1|＝|HF2|，故x＋|QF1|＝y.由双曲线的定义可知|QF2|－|QF1|＝2a＝2 eq \r(2) ，即x＋y－|QF1|＝2a，解得：x＝a＝ eq \r(2) .答案：D8．解析：由题设知：F（ eq \f(p,2) ，0），而 eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝5 eq \o(OF,\s\up6(→)) ，则B（ eq \f(5p,2) ，0），又AB的中垂线经过点F，则|AF|＝|BF|＝2p，不妨设A（x，y）且y>0，则|AF|＝x＋ eq \f(p,2) ＝2p，可得x＝ eq \f(3p,2) ，故y＝ eq \r(3) p，所以|AB|＝ eq \r(（\f(3p,2)－\f(5p,2)）2＋3p2) ＝2p，综上 eq \f(|AB|,|AF|) ＝1.答案：B9．解析：若C为椭圆，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－t>0,t－1>0,3－t≠t－1)) ，∴13或t<1，故B正确；若C为圆，则3－t＝t－1，∴t＝2，故C正确；若C为椭圆，且长轴在y轴上，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－t>0,t－1>0,t－1>3－t)) ，∴20），当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不合题意；当直线MN的斜率存在时，设M（x1，y1），N（x2，y2），必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k（x－ eq \r(2) ）即kx－y－ eq \r(2) k＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1（x>0）相切可得 eq \f(|\r(2)k|,\r(k2＋1)) ＝1，解得k＝±1，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝±（x－\r(2)）,\f(x2,3)＋y2＝1)) 可得4x2－6 eq \r(2) x＋3＝0，所以x1＋x2＝ eq \f(3\r(2),2) ，x1·x2＝ eq \f(3,4) ，所以|MN|＝ eq \r(1＋1) · eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \r(3) ，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋b，（kb<0）即kx－y＋b＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1（x>0）相切可得 eq \f(|b|,\r(k2＋1)) ＝1，所以b2＝k2＋1，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,\f(x2,3)＋y2＝1)) 可得（1＋3k2）x2＋6kbx＋3b2－3＝0，所以x1＋x2＝－ eq \f(6kb,1＋3k2) ，x1·x2＝ eq \f(3b2－3,1＋3k2) ，所以|MN|＝ eq \r(1＋k2) · eq \r(（x1＋x2）2－4x1·x2) ＝ eq \r(1＋k2) · eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6kb,1＋3k2)))\s\up12(2)－4·\f(3b2－3,1＋3k2)) ＝ eq \r(1＋k2) · eq \f(\r(24k2),1＋3k2) ＝ eq \r(3) ，化简得3（k2－1）2＝0，所以k＝±1，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1,b＝－\r(2))) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1,b＝\r(2))) ，所以直线MN：y＝x－ eq \r(2) 或y＝－x＋ eq \r(2) ，所以直线MN过点F（ eq \r(2) ，0），M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝ eq \r(3) .3．解析：（1）因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1)) － eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)) ＝2< eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2)) ＝2 eq \r(17) ，所以，轨迹C是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0)) ，则2a＝2，可得a＝1，b＝ eq \r(17－a2) ＝4，所以，轨迹C的方程为x2－ eq \f(y2,16) ＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥1)) .（2）设点T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t)) ，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，不妨设直线AB的方程为y－t＝k1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) ，即y＝k1x＋t－ eq \f(1,2) k1，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋t－\f(1,2)k1,16x2－y2＝16)) ，消去y并整理可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －16)) x2＋k1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－k1)) x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)k1)) 2＋16＝0，设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2)) ，则x1> eq \f(1,2) 且x2> eq \f(1,2) .由韦达定理可得x1＋x2＝ eq \f(k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －2k1t,k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －16) ，x1x2＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)k1))2＋16,k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －16) ， 所以， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TA)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TB)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) )) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) )) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1x2－\f(x1＋x2,2)＋\f(1,4))) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) )),k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －16) ，设直线PQ的斜率为k2，同理可得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TP)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TQ)) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) )),k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －16) ，因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TA)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TB)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TP)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(TQ)) ，即 eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) )),k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －16) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) )),k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －16) ，整理可得k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k1－k2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k1＋k2)) ＝0，显然k1－k2≠0，故k1＋k2＝0.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.4．解析：（1）∵点A（2，1）在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1（a>1）上，∴ eq \f(4,a2) － eq \f(1,a2－1) ＝1，解得a2＝2.∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1.显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.)) 消去y并整理，得（1－2k2）x2－4kmx－2m2－2＝0.Δ＝16k2m2＋4（1－2k2）（2m2＋2）＝8m2＋8－16k2>0.设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1＋x2＝ eq \f(4km,1－2k2) ，x1x2＝ eq \f(－2m2－2,1－2k2) .由kAP＋kAQ＝0，得 eq \f(y1－1,x1－2) ＋ eq \f(y2－1,x2－2) ＝0，即（x2－2）（kx1＋m－1）＋（x1－2）（kx2＋m－1）＝0.整理，得2kx1x2＋（m－1－2k）（x1＋x2）－4（m－1）＝0，即2k· eq \f(－2m2－2,1－2k2) ＋（m－1－2k）· eq \f(4km,1－2k2) －4（m－1）＝0，即（k＋1）（m＋2k－1）＝0.∵直线l不过点A，∴k＝－1.（2）设∠PAQ＝2α，0<α< eq \f(π,2) ，则tan 2α＝2 eq \r(2) ，∴ eq \f(2tan α,1－tan2α) ＝2 eq \r(2) ，解得tan α＝ eq \f(\r(2),2) （负值已舍去）.由（1）得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．设kAP＝ eq \f(\r(2),2) .∵ eq \f(\r(2),2) 为双曲线一条渐近线的斜率，∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．当P，Q同在右支时，tan （ eq \f(π,2) －α）＝ eq \f(1,tan α) 即为直线AP或AQ的斜率．设kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2)) ＝ eq \r(2) ，则kAQ＝－ eq \r(2) ，∴直线AP的方程为y－1＝ eq \r(2) （x－2），即y＝ eq \r(2) x－2 eq \r(2) ＋1.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.)) 消去y并整理，得3x2－（16－4 eq \r(2) ）x＋20－8 eq \r(2) ＝0，则xP·2＝ eq \f(20－8\r(2),3) ，解得xP＝ eq \f(10－4\r(2),3) .∴|xA－xP|＝|2－ eq \f(10－4\r(2),3) |＝ eq \f(4（\r(2)－1）,3) .同理可得|xA－xQ|＝ eq \f(4（\r(2)＋1）,3) .∵tan 2α＝2 eq \r(2) ，0<2α<π，∴sin 2α＝ eq \f(2\r(2),3) ，∴S△PAQ＝ eq \f(1,2) |AP|·|AQ|·sin 2α＝ eq \f(1,2) × eq \r(3) ×|xA－xP|× eq \r(3) ×|xA－xQ|×sin 2α＝ eq \f(1,2) ×3× eq \f(16,9) × eq \f(2\r(2),3) ＝ eq \f(16\r(2),9) .强化训练21 圆锥曲线1．解析：（1）设P（x，y），由|PA|＝ eq \r(2) |PB|得 eq \r(x2＋（y－\r(2)b）2) ＝ eq \r(2) · eq \r(x2＋（y－\f(\r(2),2)b）2) ，整理得x2＋y2＝b2即为曲线C的方程；（2）∵y＝kx＋m与曲线C相切，∴b＝ eq \f(|m|,\r(1＋k2)) ，即b2＝ eq \f(m2,1＋k2) .设M（x1，y1），N（x2，y2），将y＝kx＋m代入曲线E整理得：（b2－a2k2）x2－2a2kmx－（a2m2＋a2b2）＝0，b2－a2k2≠0，Δ＝4a2b2（m2＋b2－a2k2）>0，∴x1＋x2＝ eq \f(－2a2km,a2k2－b2) ，x1x2＝ eq \f(a2m2＋a2b2,a2k2－b2) .∵∠MON＝ eq \f(π,2) ，∴ eq \o(OM,\s\up6(→)) · eq \o(ON,\s\up6(→)) ＝0，即x1x2＋y1y2＝0.∵y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2＝ eq \f(k2a2b2－m2b2,a2k2－b2) ，∴ eq \f(a2m2＋a2b2,a2k2－b2) ＋ eq \f(k2a2b2－m2b2,a2k2－b2) ＝0，整理得 eq \f(m2,k2＋1) ＝ eq \f(a2b2,b2－a2) ，∴ eq \f(a2b2,b2－a2) ＝b2，即b2＝2a2，c2＝3a2，e＝ eq \r(3) .故曲线E的离心率为 eq \r(3) .2．解析：（1）由题意，将点E（ eq \r(2) ， eq \f(3\r(2),2) ）代入椭圆的方程，可得 eq \f(2,a2) ＋ eq \f(\f(9,2),b2) ＝1，又由P（0， eq \r(2) ）是y轴上一点，且P，D，E三点共线，所以 eq \f(\r(2)－0,0－（－a）) ＝ eq \f(\f(3\r(2),2)－\r(2),\r(2)－0) ，解得a＝2 eq \r(2) ，代入 eq \f(2,a2) ＋ eq \f(\f(9,2),b2) ＝1，可得b2＝6，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,8) ＋ eq \f(y2,6) ＝1.（2）当A（－2 eq \r(2) ，0）时，此时直线l的方程为y＝ eq \f(1,2) x＋ eq \r(2) ，联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋\r(2),\f(x2,8)＋\f(y2,6)＝1)) ，解得x＝－2 eq \r(2) 或x＝ eq \r(2) ，可得B（ eq \r(2) ， eq \f(3\r(2),2) ），此时G（ eq \r(2) ，3 eq \r(2) ），直线AG的方程为y＝x＋2 eq \r(2) ，当A（0，－ eq \r(6) ）时，同理可得B（0， eq \r(6) ），此时G（0，3 eq \r(2) ），可得直线AG的方程为x＝0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2\r(2),x＝0)) ，解得x＝0，y＝2 eq \r(2) ，即两直线的交点为（0，2 eq \r(2) ），下面证明直线AG经过y轴上定点（0，2 eq \r(2) ）.设直线l的方程为y＝kx＋ eq \r(2) ，联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\r(2),\f(x2,8)＋\f(y2,6)＝1)) ，整理得（4k2＋3）x2＋8 eq \r(2) kx－16＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝ eq \f(－8\r(2)k,4k2＋3) ，x1x2＝ eq \f(－16,4k2＋3) ，G（x2，3 eq \r(2) ），所以直线AG的方程：y－3 eq \r(2) ＝ eq \f(y1－3\r(2),x1－x2) （x－x2）.令x＝0，可得y＝ eq \f(－x2y1＋3\r(2)x2,x1－x2) ＋3 eq \r(2) ＝ eq \f(3\r(2)x1－x2y1,x1－x2) ＝ eq \f(3\r(2)x1－x2（kx1＋\r(2)）,x1－x2) ＝ eq \f(3\r(2)x1－\r(2)x2－kx1x2,x1－x2) .因为kx1x2＝ eq \f(－16k,3＋4k2) ＝ eq \r(2) （x1＋x2），所以y＝ eq \f(3\r(2)x1－\r(2)x2－\r(2)（x1＋x2）,x1－x2) ＝ eq \f(2\r(2)x1－2\r(2)x2,x1－x2) ＝2 eq \r(2) .所以直线AG过定点（0，2 eq \r(2) ）.3．解析：（1）抛物线C：y＝ax2（a>0）化为标准方程为：x2＝ eq \f(1,a) y，其焦点F（0， eq \f(1,4a) ），因为斜率一定存在，设其方程为y＝k1x＋ eq \f(1,4a) ，联立方程得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋\f(1,4a),x2＝\f(1,a)y)) ，整理得：x2－ eq \f(k1,a) x－ eq \f(1,4a2) ＝0，Δ>0恒成立．其中A（x1，y1），B（x2，y2），x1＋x2＝ eq \f(k1,a) ，y1＋y2＝k1（x1＋x2）＋ eq \f(1,2a) ＝ eq \f(k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,a) ＋ eq \f(1,2a) ，因为焦点弦长|AB|＝y1＋y2＋ eq \f(1,2a) ＝ eq \f(k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,a) ＋ eq \f(1,a) ，所以当k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝0时，弦长|AB|min＝ eq \f(1,a) ＝2.所以，实数a的值为 eq \f(1,2) .（2）由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y＝kx＋t（t≠0）.联立方程得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t,x2＝2y)) ，整理得：x2－2kx－2t＝0，Δ＝4k2＋8t>0.其中P（x3，y3），Q（x4，y4），x3＋x4＝2k，x3x4＝－2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以 eq \o(OP,\s\up6(→)) · eq \o(OQ,\s\up6(→)) ＝0.又因为 eq \o(OP,\s\up6(→)) · eq \o(OQ,\s\up6(→)) ＝x3x4＋y3y4＝x3x4＋ eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ,2) · eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ,2) ＝－2t＋ eq \f(4t2,4) ＝－2t＋t2＝0，因为t≠0，所以t＝2.所以直线PQ过定点T（0，2），又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|＝ eq \f(1,2) |OT|＝1.所以定点N为（0，1），|MN|为定值1.4．解析：（1）因为|F1F2|＝2c＝4，可得c＝2，则F1（－2，0）、F2（2，0），由椭圆的定义可得2a＝|PF1|＋|PF2|＝ eq \r(（2＋\r(3)）2＋1) ＋ eq \r(（2－\r(3)）2＋1) ＝2 eq \r(6) ，得a＝ eq \r(6) ，所以，b＝ eq \r(a2－c2) ＝ eq \r(2) ，因此，椭圆E的标准方程为 eq \f(x2,6) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.（2）由题意，设点A（x1，y1）、B（x2，y2），设直线l的方程为x＝my＋2（m≠0），联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2,x2＋3y2＝6)) ，消去x可得（m2＋3）y2＋4my－2＝0，Δ＝16m2＋8（m2＋3）＝24（m2＋1）>0，由韦达定理可得y1＋y2＝－ eq \f(4m,m2＋3) ，y1y2＝－ eq \f(2,m2＋3) ，所以， S△F1AB＝ eq \f(1,2) |F1F2|·|y1－y2|＝2 eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝2 eq \r(（－\f(4m,m2＋3)）2＋\f(8,m2＋3)) ＝ eq \f(4\r(6)·\r(m2＋1),m2＋3) ，令t＝ eq \r(m2＋1) >1，则S△F1AB＝ eq \f(4\r(6)t,t2＋2) ＝ eq \f(4\r(6),t＋\f(2,t)) ≤ eq \f(4\r(6),2\r(t·\f(2,t))) ＝2 eq \r(3) ，当且仅当t＝ eq \r(2) 时，即当m＝±1时，等号成立，此时直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.强化训练22 函数1．解析：易知f（x）在R上单调递增且连续．由于f（－4）＝ eq \f(1,16) － eq \f(4,3) <0，f（－2）＝ eq \f(1,4) － eq \f(2,3) <0，f（－1）＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) >0，当x>0时，f（x）>0，所以x0∈（－2，－1）.答案：B2．解析：因为f（x）＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（6－x），x<1，,2x－1，x≥1.)) 所以f（－2）＝log28＝3，f（log26）＝2log26－1＝3，所以f（－2）＋f（log26）＝6.答案：B3．解析：a＝ eq \f(2,2ln 2) ＝ eq \f(1,ln 2) ＝log2e，b＝ eq \f(ln 3,ln 2) ＝log23，c＝ eq \f(3,2) ＝log22 eq \f(3,2) ＝log2 eq \r(8) ，∵3> eq \r(8) >e，∴b>c>a.答案：D4．解析：f（x）＝ eq \f(x3,2x＋2－x) 定义域为R，f（－x）＝－f（x），故为奇函数，图象关于原点对称，据此排除B、D选项；易知x→＋∞时，f（x）＝ eq \f(x3,2x＋2－x) >0，2x→＋∞，2－x→0，x3→＋∞，∵指数函数y＝2x比幂函数y＝x3增长的速率要快，故f（x）→0，即f（x）在x→＋∞时，图象往x轴无限靠近且在x轴上方，故A选项符合．答案：A5．解析：由f（x）＝ eq \f(1,1＋2x) ，得f（－x）＝ eq \f(1,1＋2－x) ＝ eq \f(1,1＋\f(1,2x)) ＝ eq \f(1,\f(2x＋1,2x)) ＝ eq \f(2x,1＋2x) ，所以f（－x）＋f（x）＝ eq \f(2x,1＋2x) ＋ eq \f(1,1＋2x) ＝1.故选C.答案：C6．解析：由题意知：2.9＝2.8－lg N，整理得lg N＝－0.1，解得N＝10－0.1，又10－0.1＝ eq \f(1,\r(10,10)) ≈ eq \f(1,1.259) ≈0.8，故N≈0.8.答案：D7．解析：因为f（x）为偶函数，f（3）＝f（－3）＝0，f（x）在[0，＋∞）上单调递减，若f（x）>0，则f（|x|）>f（3），不等式f（x－m）>0可转化为f（|x－m|）>f（3），所以|x－m|<3，解得：m－32，log312＝1＋log34>2，因为log23＋1－ eq \f(5,2) ＝log23－ eq \f(3,2) ＝log23－log22 eq \f(3,2) ＝log23－log2 eq \r(8) >0，所以log23＋1> eq \f(5,2) ，因为log34＋1－ eq \f(5,2) ＝log34－ eq \f(3,2) ＝log34－log33 eq \f(3,2) ＝log34－log3 eq \r(27) <0，所以log23＋1< eq \f(5,2) ，所以log26> eq \f(5,2) >log312>2，所以f（log26）log22＝1，所以log320，得x>1，令f′（x）<0，得05时，f′（x）<0，f（x）单调递减，当00，f（x）单调递增，所以当x＝5时，函数f（x）取最大值．答案：A5．解析：根据已知条件，f′（x）＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(2,x2) ，因为曲线y＝ln x－ eq \f(2,x) 在x＝1处的切线的倾斜角为α，所以tan α＝f′（1）＝1＋2＝3，所以0<α< eq \f(π,2) .因为sin2α＋cos2α＝1，tanα＝ eq \f(sin α,cos α) ＝3，则解得sin α＝ eq \f(3,\r(10)) ，cos α＝ eq \f(1,\r(10)) ，故cos 2α＝cos2α－sin2α＝（ eq \f(1,\r(10)) ）2－（ eq \f(3,\r(10)) ）2＝－ eq \f(4,5) .答案：B6．解析：因为f（x）＝cosx＋（x＋1）sin x＋1，所以f′（x）＝－sin x＋sin x＋（x＋1）cos x＝（x＋1）·cos x．因为x∈[0，2π]，所以x＋1>0.当f′（x）>0时，解得x∈[0， eq \f(π,2) ）∪（ eq \f(3π,2) ，2π]；当f′（x）<0时，解得x∈（ eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ）.所以f（x）在[0， eq \f(π,2) ）上单调递增，在[ eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ]上单调递减，在（ eq \f(3π,2) ，2π]上单调递增．又f（0）＝2，f（ eq \f(π,2) ）＝ eq \f(π,2) ＋2，f（ eq \f(3π,2) ）＝－ eq \f(3π,2) ，f（2π）＝2，所以f（x）的最大值为 eq \f(π,2) ＋2，最小值为－ eq \f(3π,2) .故选D.答案：D7．解析：由y＝x＋a ln x⇒y′＝1＋ eq \f(a,x) ，因为函数y＝x＋a ln x在区间[1，＋∞）内单调递增，所以有y′≥0在[1，＋∞）上恒成立，即1＋ eq \f(a,x) ≥0在[1，＋∞）上恒成立，因为x∈[1，＋∞），所以由1＋ eq \f(a,x) ≥0⇒x＋a≥0⇒a≥－x，因为x∈[1，＋∞），所以－x∈（－∞，－1]，于是有a≥－1.答案：D8．解析：令f（x）＝ eq \f(x－1,ex) ，∵x>1时f（x）>0，∴a≤0不合条件．令h（x）＝ eq \f(x－1,ex) －ax＋1，故h（x）≤0恒成立，又h（0）＝0，∴h（x）要在x＝0处取最大值，故x＝0为h（x）在R上的极大值点，故h′（0）＝0，又h′（x）＝ eq \f(2－x－aex,ex) ，故2－0－ae0＝0，∴a＝2.答案：B9．解析：因为函数f（x）＝ex，所以f′（x）＝ex ，A．令f′（x）＝ex＝1，得 x＝0，所以曲线y＝f（x）的切线斜率可以是1，故正确；B．令f′（x）＝ex＝－1无解，所以曲线y＝f（x）的切线斜率不可以是－1，故错误； C．因为（0，1）在曲线上，所以点（0，1）是切点，则f′（0）＝1，所以切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1，所以过点（0，1）且与曲线y＝f（x）相切的直线有且只有1条，故正确；D．设切点（x0，ex0），则切线方程为y－ex0＝ex0（x－x0），因为点（0，0）在切线上，所以ex0＝x0ex0，解得x0＝1，所以过点（1，e）且与曲线y＝f（x）相切的直线有且只有1条，故错误．答案：AC10．解析：对于A，x0（x0≠0）是f（x）的极大值点，并不是最大值点，不能得出f（x0）在整个定义域上最大，A不正确；对于B，因函数f（－x）与函数f（x）的图象关于y轴对称，则－x0是f（－x）的极大值点，B正确；对于C，因函数－f（x）与函数f（x）的图象关于x轴对称，则x0是－f（x）的极小值点，与－x0无关，C不正确；对于D，因函数－f（－x）与函数f（x）的图象关于原点对称，则－x0是－f（－x）的极小值点，D正确．答案：BD11．解析：当a＝0时，f（x）＝ex－ln x，则f′（x）＝ex－ eq \f(1,x) ，f′（x）在（0，＋∞）上为增函数，且f′（ eq \f(1,2) ）<0，f′（1）>0，所以f′（x）在（0，＋∞）上存在唯一的零点m，则em＝ eq \f(1,m) ，所以m＝ln eq \f(1,m) ＝－ln m，则f（x）在（0，m）上单调递减，在（m，＋∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（m）＝em－ln m＝em＋m>0，从而f（x）没有零点，故A正确，B错误．当a＝2时，f（x）＝ex－ln （x＋2），则f′（x）＝ex－ eq \f(1,x＋2) ，因为f′（0）＝ eq \f(1,2) ，f（0）＝1－ln 2，所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝ eq \f(1,2) x＋1－ln 2，所以C正确．因为f′（x）＝ex－ eq \f(1,x＋2) 在（－2，＋∞）上为增函数，且f′（－1）<0，f′（0）>0，所以f（x）只有一个极值点x0，且x0∈（－1，0），所以D正确. 答案：ACD12．解析：因为f（ eq \f(3,2) －2x），g（2＋x）均为偶函数，所以f（ eq \f(3,2) －2x）＝f（ eq \f(3,2) ＋2x），g（2＋x）＝g（2－x）.令t＝ eq \f(3,2) －2x，则x＝ eq \f(3,4) － eq \f(t,2) ，所以f（t）＝f（3－t），即f（x）＝f（3－x）.对两边求导，得f′（x）＝－f′（3－x），即g（x）＋g（3－x）＝0，所以g（x）的图象关于点（ eq \f(3,2) ，0）对称，即g（ eq \f(3,2) ）＝0.又因为g（2＋x）＝g（2－x），所以g（x）的图象关于直线x＝2对称，所以g（x）的周期为4×（2－ eq \f(3,2) ）＝2，所以g（ eq \f(3,2) ）＝g（－ eq \f(1,2) ）＝0，所以B正确．因为f′（2＋x）＝f′（2－x），所以f（2＋x）＝－f（2－x）＋C，其中C为常数，所以f（2＋x）＋f（2－x）＝C，所以f（x）的图象关于点（2， eq \f(C,2) ）对称．又因为f（x）＝f（3－x），所以f（x）的图象关于直线x＝ eq \f(3,2) 对称，所以f（x）的周期为4×（2－ eq \f(3,2) ）＝2，所以f（－1）＝f（1），f（4）＝f（2）.又因为f（x）＝f（3－x），所以f（1）＝f（2），所以f（－1）＝f（4），所以C正确．g（x）的图象不关于直线x＝ eq \f(1,2) 对称，所以D错误．因为f（0）＝f（2）＝ eq \f(C,2) ，所以当C＝0时，f（0）＝0，当C≠0时，f（0）≠0，所以A错误．故选BC.答案：BC13．解析：由题意，f′（x）＝ln （－x）＋x eq \f(－1,－x) ＝ln （－x）＋1，故k＝f′（－e）＝ln e＋1＝2，f（－e）＝－e，则曲线y＝f（x）在x＝－e处的切线方程为：y＋e＝2（x＋e）⇔2x－y＋e＝0.答案：2x－y＋e＝014．解析：∵f（x）＝a eq \r(x) ＋ln x，x>0，∴f′（x）＝ eq \f(a,2\r(x)) ＋ eq \f(1,x) ，则f′（1）＝ eq \f(a,2) ＋1＝0，a＝－2，当a＝－2时，f′（x）＝ eq \f(－1,\r(x)) ＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－\r(x),x) ，00, x>1时，f′（x）<0，所以x＝1时，f（x）取得极值，所以实数a＝－2.答案：－215．解析：设g（x）＝ eq \f(f（x）,x2) ，则 g′（x）＝ eq \f(xf′（x）－2f（x）,x3) ，因为x>0，xf′（x）－2f（x）<0，所以g′（x）<0，可得g（x）在（0，＋∞）上单调递减，不等式f（x）>x2，即 eq \f(f（x）,x2) >1＝ eq \f(f（2）,4) ，即 eq \f(f（x）,x2) > eq \f(f（2）,22) ，所以g（x）>g（2），因为g（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以x<2，又因为x>0，所以不等式的解集为（0，2）.答案：（0，2）16．解析：设P（x， eq \f(1,e) ln x），所以|OP|＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))\s\up12(2)·（ln x）2) ，设g（x）＝x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) eq \s\up12(2) ·（ln x）2，g′（x）＝2x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) eq \s\up12(2) ·2·（ln x）· eq \f(1,x) ＝ eq \f(2x2＋\f(2,e2)ln x,x) ，当x> eq \f(1,e) 时，ln x>－1⇒ eq \f(2,e2) ln x>－ eq \f(2,e2) ，2x2> eq \f(2,e2) ，所以g′（x）>0，g（x）单调递增，当00），则f′（x）＝ eq \f(1,x2) － eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x2) .当x∈（0，1）时，f′（x）>0；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）<0.所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，故f（x）的最大值即为f（x）的极大值f（1）＝－1.（2）因为函数f（x）恰有一个零点，所以方程a（x－ln x）－ eq \f(1,x) －ln x＝0在（0，＋∞）上恰有一个解，即方程a（x－ln x）＝ eq \f(1,x) ＋ln x在（0，＋∞）上恰有一个解．又易知当x>0时，x－ln x>0，所以方程a＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x) 在（0，＋∞）上恰有一个解．令g（x）＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x) （x>0），则g′（x）＝ eq \f(（x－1）[x－1－（x＋1）ln x],x2（x－ln x）2) .令h（x）＝x－1－（x＋1）ln x（x>0），则h′（x）＝1－ln x－ eq \f(x＋1,x) ＝－ln x－ eq \f(1,x) .由（1）知，h′（x）≤－1，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减．又h（1）＝0，所以当x∈（0，1]时，h（x）≥0；当x∈（1，＋∞）时，h（x）<0.则当x∈（0，1]时，g′（x）≤0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0.所以g（x）在（0，＋∞）上单调递减．又当x→0时，g（x）→＋∞，当x→＋∞时，g（x）→0，所以a∈（0，＋∞）.2．解析：（1）由题意可知函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝ eq \f(ex（x－1）,x2) － eq \f(1,x) ＋1＝ eq \f(（ex＋x）（x－1）,x2) .令f′（x）＝0，解得x＝1.当x∈（0，1）时，f′（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＞0.所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝e＋1－a.若f（x）≥0，则f（x）min＝e＋1－a≥0，解得a≤e＋1.故a的取值范围为（－∞，e＋1].（2）证明：由（1）可知，要使f（x）有两个零点，则f（x）min＝f（1）＝e＋1－a＜0，即a＞1＋e.假设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即需证明1＜x2＜ eq \f(1,x1) .又因为f（x）在x∈（1，＋∞）上单调递增，所以要证明1＜x2＜ eq \f(1,x1) ，则需证明f（x2）＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))) ，即f（x1）＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))) .令F（x）＝f（x）－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))) ，0＜x＜1，则F′（x）＝f′（x）＋f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))) · eq \f(1,x2) ＝ eq \f(（x－1）（ex＋x－xe\s\up6(\f(1,x))－1）,x2) .因为ex在x∈（0，1）上单调递增，所以ex＜e，所以当x∈（0，1）时，ex＋x＜e＋1.又函数y＝xe eq \s\up6(\f(1,x)) 在（0，1）上单调递减，所以xe eq \s\up6(\f(1,x)) ＞e，所以－xe eq \s\up6(\f(1,x)) －1＜－e－1，所以ex＋x－xe eq \s\up6(\f(1,x)) －1＜e＋1－e－1＝0，所以当x∈（0，1）时，F′（x）＞0，则F（x）在（0，1）上单调递增．因为F（1）＝f（1）－f（1）＝0，所以F（x）＜0，即f（x）＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))) ，所以若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1.3．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝xex－ex＝（x－1）ex，f′（x）＝ex＋（x－1）ex＝xex.令f′（x）＝0，得x＝0，∴当x<0时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x>0时，f′（x）>0，f（x）单调递增．（2）f′（x）＝eax＋aeaxx－ex＝（ax＋1）eax－ex，f′（0）＝0.设g（x）＝（ax＋1）eax－ex，则g′（x）＝aeax＋aeax（ax＋1）－ex＝（a2x＋2a）eax－ex，g′（0）＝2a－1.当2a－1>0，即a> eq \f(1,2) 时，存在δ>0，使得当x∈（0，δ）时，g′（x）>0，此时f′（x）在（0，δ）上单调递增．∵f′（x）>f′（0）＝0，∴f（x）在（0，δ）上单调递增，∴f（x）>f（0）＝－1，这与f（x）<－1矛盾，故舍去．当2a－1≤0，即a≤ eq \f(1,2) 时，f（x）≤xe eq \f(1,2) x－ex.令h（x）＝xe eq \f(1,2) x－ex，则h′（x）＝e eq \f(1,2) x＋ eq \f(1,2) e eq \f(1,2) x·x－ex＝e eq \f(1,2) x（1＋ eq \f(1,2) x－e eq \f(1,2) x）<0，∴h（x）在（0，＋∞）上单调递减，此时h（x）0时，xe eq \f(1,2) x－ex<－1，∴x1，则x＝2ln t，∴2ln t1.取t＝ eq \r(\f(n＋1,n)) （n∈N*），则2ln t＝ln （n＋1）－ln n< eq \r(\f(n＋1,n)) － eq \r(\f(n,n＋1)) ＝ eq \f(1,\r(n2＋n)) ，∴ eq \f(1,\r(12＋1)) ＋ eq \f(1,\r(22＋2)) ＋…＋ eq \f(1,\r(n2＋n)) >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln （n＋1）－ln n＝ln （n＋1），故结论得证．4．解析：（1）函数的定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) ，又f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) <0，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 的递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) ，递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) .（2）因为b ln a－a ln b＝a－b，故b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln a＋1)) ＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln b＋1)) ，即 eq \f(ln a＋1,a) ＝ eq \f(ln b＋1,b) ，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))) ，设 eq \f(1,a) ＝x1， eq \f(1,b) ＝x2，由（1）可知不妨设01.因为x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x)) >0，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞)) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x)) <0，故12，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x2)) ，即证：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x2)) ，其中10，所以g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >0，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2)) 上为增函数，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1)) ＝0，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x)) ，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x2)) 成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合 eq \f(ln a＋1,a) ＝ eq \f(ln b＋1,b) ， eq \f(1,a) ＝x1， eq \f(1,b) ＝x2，可得：x1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x1)) ＝x2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x2)) ，即：1－ln x1＝t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln t－ln x1)) ，故ln x1＝ eq \f(t－1－t ln t,t－1) ，要证：x1＋x21，则S′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) ＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋1)) ＋ eq \f(t－1,t＋1) －1－ln t＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t))) － eq \f(2,t＋1) ，先证明一个不等式：ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1)) ≤x.设u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1)) －x，则u′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝ eq \f(1,x＋1) －1＝ eq \f(－x,x＋1) ，当－10；当x>0时，u′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) <0，故u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0)) 上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 上为减函数，故u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) max＝u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0)) ＝0，故ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1)) ≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t))) ≤ eq \f(1,t) < eq \f(2,t＋1) ，故S′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) <0恒成立，故S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) 上为减函数，故S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 0，所以f′（x）＝ln x＋1，当x∈（0， eq \f(1,e) ）时，f′（x）<0；当x∈（ eq \f(1,e) ，＋∞）时，f′（x）>0.所以函数f（x）在（0， eq \f(1,e) ）上单调递减，在（ eq \f(1,e) ，＋∞）上单调递增．（2）由于x>1，f（x）>kx恒成立，即k1，则求导可得k′（x）＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) ，当x>1时，k′（x）>0恒成立．所以k（x）在（1，＋∞）上单调递增，则k（x）>k（1）＝1，所以k≤1.2．解析：（1）因为f（x）＝ex－x2－x－1，当x＝1时，切点为（1，e－3），求导f′（x）＝ex－2x－1，故切线斜率k＝f′（1）＝e－3，所以所求切线方程为y＝（e－3）x.（2）f（x）≥0等价于ex≥ax2＋x＋1恒成立，当a>0时，上式不恒成立，证明如下：当x<0时，ex<1，当x<－ eq \f(1,a) 时，ax2＋x＋1＝x（ax＋1）＋1>1，从而ex≥ax2＋x＋1不恒成立，当a≤0时，ax2＋x＋1≤x＋1，下面先证明ex≥x＋1，令h（x）＝ex－x－1，则h′（x）＝ex－1，当x<0时，h′（x）<0，h（x）单调递减；当x>0时，h′（x）>0，h（x）单调递增，所以h（x）min＝h（0）＝0，即h（x）≥0，所以ex≥x＋1，而ax2＋x＋1≤x＋1，故ex≥ax2＋x＋1，综上，若f（x）≥0，则实数a的取值范围为（－∞，0].3．解析：（1）当a＝－1时，f（x）＝（x－2）ex＋x－ln x，则f′（x）＝（x－1）（ex＋ eq \f(1,x) ），当x∈（0，＋∞）时，ex＋ eq \f(1,x) >0恒成立，所以当x∈（0，1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时f′（x）>0，f（x）单调递增，即f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，＋∞）.（2）由题意，函数f（x）＝（x－2）ex－ax＋a ln x＝（x－2）ex－a（x－ln x），x>0，设m（x）＝x－ln x，x>0，则m′（x）＝1－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－1,x) ，当x∈（0，1）时，m′（x）<0，m（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，m′（x）>0，m（x）单调递增，又由m（1）＝1，所以m（x）≥1，令f（x）＝0，可得（x－2）ex－ax＋a ln x＝0，所以a＝ eq \f(（x－2）ex,x－ln x) ，其中（x>0），令g（x）＝ eq \f(（x－2）ex,x－ln x) ，可得g′（x）＝ eq \f(ex（x－1）,（x－ln x）2) ·（x－ln x＋ eq \f(2,x) －1），令h（x）＝x－ln x＋ eq \f(2,x) －1，则h′（x）＝1－ eq \f(1,x) － eq \f(2,x2) ＝ eq \f(x2－x－2,x2) ＝ eq \f(（x－2）（x＋1）,x2) （x>0），可得02时，h′（x）>0，h（x）单调递增；所以h（x）min＝h（2）＝2－ln 2>0，即x>0时，h（x）>0恒成立；故01时，g′（x）>0，g（x）单调递增；所以g（x）min＝g（1）＝－e，又由x→0时，g（x）→0，当x→＋∞时，g（x）→＋∞， 函数g（x）的图象，如图所示，结合图象可得：当a<－e时，无零点；当a＝－e或0≤a2，只需证 eq \f(（t＋1）·ln t,t－1) >2，只需证ln t< eq \f(2（t－1）,t＋1) ，只需证ln t－ eq \f(2（t－1）,t＋1) <0.构造函数g（t）＝ln t－ eq \f(2（t－1）,t＋1) ，则g′（t）＝ eq \f(1,t) － eq \f(4,（t＋1）2) ＝ eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2) >0.故g（t）＝ln t－ eq \f(2（t－1）,t＋1) ，在t∈（0，1）上递增，g（t）2. X020100P0.20.320.48 SO2PM2.5 [0，150]（150，475]合计[0，75]641680（75，115]101020合计7426100指标值小于60指标值不小于60合计有抗体4080120没有抗体404080合计80120200X01234P eq \f(16,625) eq \f(96,625) eq \f(216,625) eq \f(216,625) eq \f(81,625) X0123P eq \f(4,35) eq \f(18,35) eq \f(12,35) eq \f(1,35) Y10123P eq \f(1,160) eq \f(15,160) eq \f(63,160) eq \f(81,160)
